首先，容易证明满足条件的$ip_{i}$必然是一个前缀
将其看成一张二分图，$i$向满足$ip_{i}<xy$的$p_{i}$连边，即找到一个前缀满足其有完美匹配
二分枚举前缀长度$k$，根据hall定理，即要求$\forall S\in [1,k],\lfloor\frac{xy-1}{\min_{i\in S}i}\rfloor\ge |S|$，很明显$S$是一个后缀时最难满足，换言之即要求$\forall 1\le i\le k,\lfloor\frac{xy-1}{i}\rfloor\ge k-i+1$（$S=[i,k]$）
这又等价于$xy>ik-i^{2}+i$，后者是一个关于$i$的二次函数，求最大值即可判定
还有一个特殊的问题，左边的$x$和右边的$y$都不能被选入答案，换言之，即当$i\le x$，右式应为$k-i$；当$\lfloor\frac{xy-1}{\min_{i\in S}i}\rfloor\ge y$，左式（即该式）应为$\lfloor\frac{xy-1}{\min_{i\in S}i}\rfloor-1$
同时对于第二种情况，可以对$|S|$分类讨论，若$|S|<y$则减1无影响，若$|S|\ge y$则必然要减1（若该值小于$y$减1同样无影响），减1也可以看作对$|S|$加1，即$|S|\ge y$时可以加1
更具体的，对$i$作以下分类讨论：
1.对于$1\le i\le \min(x-1,k-y+1)$，求出$-i^{2}+(k+1)i$的最大值；
2.若$x\le k-y+1$，则对于$x<i\le k-y+1$，求出$-i^{2}+(k+2)i$的最大值；若$k-y+1<x$，则对于$k-y+1<i\le \min(x-1,k)$，求出$-i^{2}+ki$的最大值；
3.若$\max(x,k-y+1)<i\le k$，求出$-i^{2}+(k+1)i$的最大值
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 int t; 5 ll x,y; 6 ll get_mx(ll b,ll l,ll r){ 7 if (l>r)return 0; 8 if (b%2==0){ 9 if ((l<=b/2)&&(b/2<=r))return b*b/4; 10 return max((b-l)*l,(b-r)*r); 11 } 12 if ((l<=b/2)&&(b/2<=r)||(l<=b/2+1)&&(b/2+1<=r))return (b/2)*(b/2+1); 13 return max((b-l)*l,(b-r)*r); 14 } 15 bool pd(ll k){ 16 if (get_mx(k+1,1,min(x-1,k-y+1))>=x*y)return 0; 17 if (get_mx(k+2,x+1,k-y+1)>=x*y)return 0; 18 if (get_mx(k,k-y+2,min(x-1,k))>=x*y)return 0; 19 if (get_mx(k+1,max(x,k-y+1)+1,k)>=x*y)return 0; 20 return 1; 21 } 22 int main(){ 23 scanf("%d",&t); 24 while (t--){ 25 scanf("%lld%lld",&x,&y); 26 if (x>y)swap(x,y); 27 ll l=0,r=2e9; 28 while (l<r){ 29 ll mid=(l+r+1>>1); 30 if (pd(mid))l=mid; 31 else r=mid-1; 32 } 33 printf("%lld\n",l-(l>=x)); 34 } 35 }
原文：https://www.cnblogs.com/PYWBKTDA/p/14057276.html
