CF1883G2 Dances (Hard Version)

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思路

大体上的思路应该和简单版本一致，建议先看本人关于简单版本的题解。

与简单版本不同的是，困难版本的 $m$ 可以不为 $1$，而是取遍 $[1,m]$ 中的整数，所以答案的总值会变大很多倍。

如果直接枚举 $m$ 次，时间复杂度将会达到 $O(mn\log n)$ 显然过不了，就算优化排序的复杂度，也是 $O(mn)$，还是过不了。

所以需要思考如何优化。

可以发现，无论第一个值取几，很多之前匹配成功的还是能匹配，所以我们考虑先不管 $a_1$，把剩下的先匹配了。

因为这里 $a$ 要少一个，所以我换了个思路，改成了用 $b$ 匹配 $a$，但实际上是一样的，只是我感觉这样写代码要方便一些。

那么，现在来讨论，如果 $a_1$ 小于没被匹配的最大的 $b$ 的话，就可以再匹配一个，也就是操作数少一个。

如果 $a_1$ 大于等于没被匹配的最大的 $b$ 的话，操作数就会多一个。

假设不算 $a_1$ 匹配的个数是 $i$，没被匹配的最大的 $b$ 是 $b_k$ 的话，答案就应该是 $(n-i-1)\times m+\max (0,m-b_k+1)$。（取 $\max$ 是因为可能 $m$ 很小，$b_k$ 很大，就会导致后面是负的）

AC code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long T,n,m,a[100005],b[100005],ans,maxn;
int main()
{
	scanf("%lld",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%lld%lld",&n,&m),ans=0;
		for(long long i=1;i<n;++i) scanf("%lld",&a[i]);
		for(long long i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&b[i]);
		sort(a+1,a+n),sort(b+1,b+n+1);
		long long j=1,flag=0;maxn=0;
		for(long long i=1;i<n;++i)
		{
			while(j<n&&a[i]>=b[j]) maxn=max(maxn,b[j]),++j;
			if(j==n)
			{
				flag=1;
				if(a[i]<b[j]) ans=m*(n-i-1)+max(0ll,m-maxn+1);
				else ans=m*(n-i)+max(0ll,m-max(maxn,b[j])+1);
				break;
			}
			++j;
		}
		if(!flag) ans=max(0ll,m-b[n]+1);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}