2018.02.12 noip模拟赛T2

二兵的赌注

Description
游戏中，二兵要进入了一家奇怪的赌场。
赌场中有n个庄家，每个庄家都可以猜大猜小，猜一次一元钱。
每一次开彩前，你都可以到任意个庄家那里下赌注。
如果开彩结果是大，你就可以得到你之前猜大的庄家相应的ai元钱。
如果开彩结果是小，你就可以得到你之前猜小的庄家相应的bi元钱。
你可以在同一个庄家那里既猜大又猜小，（这样是两块钱），也可以什么都不猜（这样不用钱）。
问怎么样下注，才能赢得最多的有保障的钱。
有保障的钱指不管开彩结果是大是小，你都能够赢得相应的钱。
你能帮助他计算这个值吗？
Input
第一行一个数字N。表示有N个庄家。
接下来N行，每行2个实数，分别表示这个庄家的ai和bi。
Output
一个四位小数，表示最多能赢的有保障的钱。
Sample Input
4
1.4 3.7
1.2 2
1.6 1.4
1.9 1.5
Sample Output
0.5000
HINT
样例中，最好的策略是赌第一个庄家开小，第三、第四个庄家开大
测试点 N
1 N≤10

2
3 N≤1000

4
5
6
7 N≤100000
8
9
10

1.0 ≤ ai, bi ≤ 1000.0

1s/128M

好了，拿到题先花一定的时间弄清题意。

然后我们就会发现：押大小和哪个庄家之间完全没有关系，一个庄家的大和小完全是独立的。继续分析，显然押越大的越好。

于是我们分别sort一下。

然后我开始了分析：首先读入时-=1，然后，设大或小为a[]和b[]，分别取前i.j个押。

然后对于每对确定的i,j,易知s=min(suma[i]-j,sumb[j]-i)其中sum为前缀和。

我们设suma[i]-j=左，sumb[j]-i=右

然后定性分析：

当j固定时，i+则左+右-，i-则左-右+

当i固定时，j+则左-右+，j-则左+右-

再次分析可知对于一对(i,j)，若i+，则可能存在的ans>s必须令j+

于是有了以下思路：for(i:1...n) 对于每个i找到匹配的j，则i++时j不用从头开始枚举，只需继续j++，于是时间复杂度O(n)完成(不记sort)

以上是我在考场上的思路。不管思考过程多么艰难以至于花费1hour才想出来，但是结果就是，和标准程序简直一模一样。但是代码实现上就很naive了。

同一个思路，我代码实现起来写了都要40+行，再一看标程，不到十行就解决了，尴尬......

我的代码大概是这样

 #include <cstdio>
 using namespace std;
 int a[],b;
 void c();
 int main()
 {

     ///读入
     ///sort一波
     /**
     for(i:1...n)
     {
         ax=xx
         bx=xx
         c=xx
         while(j<=n && j<=c+a[i])
         {
             if(xXX)
                 xxx
             else if(xxx)
                 xxx
             else
             xxx
         }
         d=xx
         e=xx
         f=xx
     }
     */
     return ;
 }

my code

瞎设变量，大概近十个。

然后结果就是：推了一小时，打了半小时，最后又调了半小时。结果还是错的跟翔一样。

还有一个很奇怪的事：scanf读入double会出现蜜汁读入0,int就好得很。只好用cin缓慢读入了。找时间问一下雨菲，她肯定又不会理我。。。

那么来看看标程：

 #include <stdio.h>
 #include <stdlib.h>
 #include <string.h>
 #include <assert.h>
 #include <iostream>
 #include <sstream>
 #include <vector>
 #include <string>
 #include <math.h>
 #include <queue>
 #include <list>
 #include <algorithm>
 #include <map>
 #include <set>
 #include <stack>
 #include <ctime>
 using namespace std;

 #define ALL(c) (c).begin(),(c).end()
 #define IN(x,c) (find(c.begin(),c.end(),x) != (c).end())
 #define REP(i,n) for (int i=0;i<(int)(n);i++)
 #define FOR(i,a,b) for (int i=(a);i<=(b);i++)
 #define INIT(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
 #define SORT_UNIQUE(c) (sort(c.begin(),c.end()), c.resize(distance(c.begin(),unique(c.begin(),c.end()))))
 template<class A, class B> A cvt(B x) { stringstream ss; ss<<x; A y; ss>>y; return y; }

 typedef pair<int,int> PII;
 typedef long long int64;

 int n=;
 double a[],b[];

 int main() {
     freopen("coin.in","r",stdin);
     freopen("coin.out","w",stdout);
     cin >> n;
     REP (i,n) {
         cin >> a[i] >> b[i];
         a[i]-=; b[i]-=;
     }
     sort(a,a+n); reverse(a,a+n);
     sort(b,b+n); reverse(b,b+n);
     int i=,j=;
     double r=;
     double sa=,sb=;
     while (i<n) {
         sa+=a[i];
         i++;
         while (j<n && min(sa-j,sb-i)<min(sa-(j+),(sb+b[j])-i)) {
             sb+=b[j];
             j++;
         }
         r=max(r, min(sa-j,sb-i));
     }
     printf("%.4f\n",r);
     return ;
 }

标程

那么我们忽略上面一长串的头文件和宏定义。仔细观察关键部分可以发现：我那冗杂的程序和变量得到了极大的简化，强！喵！喵不可言啊！

接下来是文字答案中的二分，利用了单调性。

给出来：

Coin
算法零：
输出0即可。
算法一：
直接O(4^n)暴力枚举，期望得分20分。
算法二：
贪心，问题所求的是最大化min(∑ai ?na ?nb,∑bj ?na ?nb)，na, nb分别表示猜大猜小的个数。将ai, bi全部减一，所求变为min(∑ai ?nb,∑bj ?na)。我们枚举na, nb，贪心取最大的na个ai和nb个ai即可。
复杂度O(n^2)，期望得分60分
算法三：
贪心+二分，假设na固定，那么ai的选取也是确定的。假设nb从0开始一个个往上增加，∑bj –na递增，∑ai –nb递减。min(∑ai ?nb,∑bj ?na) 在∑bj –na超过∑ai –nb前递增。所以只需二分∑bj –na什么时候超过∑ai –nb即可。
复杂度O(n log n)，期望得分100分。
标程：
直接sort+O(n)
思路跟我的一样可惜我TM写了30-40行的东西他十行不到搞定。
仍需努力呀。

我自己打了测了一下，最大的一个数据正确，但是跑了1.2s还是1.4s(算上了编译时间)

我的代码：

 #include <cstdio>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 using namespace std;
 const int N=;
 int n;
 double ans=-;
 double a[N],b[N];
 double suma[N],sumb[N];
 bool cmp(double a,double b){return a>=b;}
 int tw_divide(int l,int r,int i)
 {
     if(l==r) return r;
     int mid=(l+r)>>;
     double now=min(suma[i]-mid,sumb[mid]-i);
     double nowl=min(suma[i]-mid+,sumb[mid-]-i);
     double nowr=min(suma[i]-mid-,sumb[mid+]-i);
     if(now>=nowl && now>=nowr) return mid;
     if(now<nowl) return tw_divide(l,mid-,i);
     if(now<nowr) return tw_divide(mid+,r,i);
 }
 int main()
 {
     freopen("coin.in","r",stdin);
     //freopen("coin.out","w",stdout);
     scanf ("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         cin>>a[i]>>b[i];
         a[i]-=;b[i]-=;
     }
     sort(a+,a+n+,cmp);
     sort(b+,b+n+,cmp);

     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         suma[i]=suma[i-]+a[i];
         sumb[i]=sumb[i-]+b[i];
     }
     double now;
     int j;
     for(int i=;i<=n;i++)
     {
         j=tw_divide(,n,i);
         now=min(suma[i]-j,sumb[j]-i);
         ans=max(ans,now);
     }
     printf("%.4f",ans);
     return ;
 }

my code

我还是比较喜欢第一种。二分时间多个logn而且还难得写。