题意:

给定一组数,共n个,第i次把第i个数扔进来,要求你删掉前i-1个数中的一些(不许删掉刚加进来这个数),使得前i个数相加的和小于m。问你对于每个i,最少需要删掉几个数字。

题解:

肯定是优先删大数,一开始想的方法类似于尺取,就是维护一个大顶堆作为现有的数,小顶堆作为要删的数,每次大顶堆的元素总和大于m了,就把堆顶扔进小顶堆,扔完了,再把小顶堆的堆顶扔回大顶堆,在会导致大顶堆值总和大于m时停止。

但是很容易会被1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 100 这样的数据卡掉。

然后想到了,维护一个线段树,假想线段树根节点从左到右保存原数列中从大到小的数,但是一开始置为虚节点,值为0,而每当计算到数列的某一位时,再把这一位在线段树上该在的位置赋上实值,这个过程需要离线排序,nlogn。

二分,每次枚举节点k,在线段树上求区间和,使得1到k上,所有非虚节点和大于等于sum-m,找到最小k,然后输出1-k的非虚节点的数量,二分复杂度logn,线段树上求区间和复杂度logn。时间复杂度$O(nlog^2n)$

这个想法已经很接近正确答案了,还是T了,实际上,线段树本身就是一个二分的结构,又为什么要在线段树上二分枚举节点呢?归根结底还是我对于常用数据结构的不熟悉,只会套用板子,正解是直接在线段树上二分求前缀和,总时间复杂度$O(nlogn)$

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#define MAXN 200005
#define LL long long
using namespace std;
struct Node{
int l,r;
LL val;
int exis;
}node[MAXN*];
void build(int l,int r,int x){
node[x].l=l;
node[x].r=r;
if(l==r){
node[x].exis=;
node[x].val=;
return ;
}else{
int mid=(l+r)/;
build(l,mid,x*);
build(mid+,r,x*+);
}
node[x].val=node[*x].val+node[*x+].val;
node[x].exis=node[*x].exis+node[*x+].exis;
return ;
}
LL query(int l,int r,int x){
if(l<=node[x].l && node[x].r<=r)return node[x].exis;
if(node[x].r<l || r<node[x].l)return ;
LL ans=;
if(l<=node[x*].r)ans+=query(l,r,*x);
if(node[x*+].l<=r)ans+=query(l,r,*x+);
return ans;
}
void add(int id,int num,int x){
if(node[x].l==node[x].r){
node[x].val=num;
node[x].exis=;
return ;
}
if(id<=node[x*].r){
add(id,num,x*);
}else{
add(id,num,x*+);
}
node[x].val=node[x*].val+node[x*+].val;
node[x].exis=node[x*].exis+node[x*+].exis;
return ;
}
int bsearch(LL last,int x){
if(node[x].l==node[x].r)return node[x].exis;
if(node[x].val==last)return node[x].exis;
if(node[x].val>last){
if(last<=node[x*].val)return bsearch(last,x*);
else return node[x*].exis+bsearch(last-node[x*].val,x*+);
}
}
struct Tag{
int index;
int val;
int rank;
}tag[MAXN];
inline bool cmpval(const Tag &a,const Tag &b){
return a.val>b.val;
}
inline bool cmpindex(const Tag &a,const Tag &b){
return a.index<b.index;
}
int main(){
int q;
scanf("%d",&q);
while(q--){
int n;
LL m;
scanf("%d %lld",&n,&m);
// memset(node,0,sizeof node);
build(,n,);
for(int i=;i<=n;i++){
scanf("%d",&tag[i].val);
tag[i].index=i;
}
sort(tag+,tag++n,cmpval);
for(int i=;i<=n;i++){
tag[i].rank=i;
}
sort(tag+,tag++n,cmpindex);
LL sum=;
for(int i=;i<=n;i++){
// printf("%d %d %d\n",tag[i].index,tag[i].val,tag[i].rank);
sum+=tag[i].val;
if(sum<=m)printf("0 ");
else printf("%d ",bsearch(sum-m,));
add(tag[i].rank,tag[i].val,);
// printf("\n");
// for(int j=1;j<=4*n;j++){
// printf("%d %d %lld %d\n",node[j].l,node[j].r,node[j].val,node[j].exis);
// }
// printf("\n");
}
printf("\n");
// for(int j=1;j<=4*n;j++){
// printf("%d %d %lld %d\n",node[j].l,node[j].r,node[j].val,node[j].exis);
// }
// printf("\n");
}
return ;
}

后记:

在群里看到了一个神仙做法。

这道题难点在于刚加进去的点,不能立即删,如果可以立即删,那么,后一个数字加进来,删哪些,一定可以通过前一个数字加进来后删哪些快速求出,贪心删去最大的就行了。

神仙的思路是,假想这个游戏允许删掉刚刚加进来的那个数字,那么,记tot[i]为第i个数字加进来后,应该删去哪些,tot[i]肯定是tot[i+1]的子集。

而实际上,第i个数字加进来后,只能删前i-1个数字,那么,临时删去一些数字,用num[i]记录临时删掉的数字,那么,此时的答案就是tot[i-1]+num[i].

贪心删去最大的就行,因此可以用multiset维护。

神仙的链接:https://blog.csdn.net/qq_41603898/article/details/97674737

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