BZOJ 1229: [USACO2008 Nov]toy 玩具

标签（空格分隔）： OI-BZOJ OI-三分 OI-双端队列 OI-贪心

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Description

玩具 [Chen Hu, 2006] Bessie的生日快到了, 她希望用D (1 <= D <= 100,000; 70%的测试数据都满足 1 <= D <= 500)天来庆祝. 奶牛们的注意力不会太集中, 因此Bessie想通过提供玩具的方式来使它们高兴. 她已经计算出了第i天需要的玩具数T_i (1 <= T_i <= 50). Bessie的幼儿园提供了许多服务给它们的奶牛程序员们, 包括一个每天以Tc (1 <= Tc <= 60)美元卖出商品的玩具店. Bessie想尽可能的节省钱, 但是Farmer John担心没有经过消毒的玩具会带来传染病(玩具店卖出的玩具是经过消毒的). 有两种消毒的方式. 第1种方式需要收费C1美元, 需要N1个晚上的时间; 第2种方式需要收费 C2美元, 需要N2个晚上的时间(1 <= N1 <= D; 1 <= N2 <= D; 1 <= C1 <= 60; 1 <= C2 <= 60). Bessie在party结束之后把她的玩具带去消毒. 如果消毒只需要一天, 那么第二天就可以拿到; 如果还需要一天, 那么第三天才可以拿到. 作为一个受过教育的奶牛, Bessie已经了解到节约的意义. 帮助她找到提供玩具的最便宜的方法.

Input

第 1 行: 六个用空格隔开的整数 D, N1, N2, C1, C2, Tc
第 2..D+1 行: 第 i+1 行包含一个整数: T_i

Output

第 1 行: 提供玩具所需要的最小费用.

Sample Input

4 1 2 2 1 3

输入解释:

Bessie想开4天的party, 第1天需要8个玩具, 第2天需要2个玩具, 第3天需要1个玩具,

第4天需要6个玩具. 第一种方式需要$2, 用时1天; 第二种方式需要$1, 用时2天. 买

一个玩具需要$3.

Sample Output

输出解释:

第 1 天买8个玩具, 花去$24; 送2个玩具去快洗, 6个慢洗.

第 2 天取回2个快洗的玩具, 花去$4. 送1个玩具去慢洗.

第 3 天取回6个慢洗的玩具, 花去$6.

第 4 天取回所有的玩具(与现有的加在一起正好6个), 花去$1. 这样就用了最少的钱.

Solution####

如果D比较小，这题就是经典的费用流模型

（餐巾计划问题,每天建2个点$x_i$,$y_i$分别表示未洗好和洗好，S向$x_i$连容量为$t_i$，费用为0的边，表示当天使用后的餐巾加入未洗。$y_i$向T连费用为$t_i$的边，表示使用的餐巾。S想$y_i$连费用为Tc的边表示购买。 $x_i$向$y_{i+n1}$连费用为$c_1$的边，表示第一种洗法，$x_i$向$y_{i+n2}$连费用为$c_2$的边，表示第二种洗法。$x_i$向$x_{i+1}$连费用为0的边，表示当天不洗）。但是D很大，这个做法明显会超时。重新来看费用流，单位费用随流量的增加而减少。也就是费用是个凸函数！而流量恰好是玩具个数。

三分玩具总数，贪心求出费用。

贪心：首先确定了玩具总数，付出sum*Tc的代价。设$n_1<n_2$ $c_1>c_2$。1表示快洗，2表示慢洗。按时间从早到晚处理，贪心维护一个关于使用时间有序的双端队列。当天的玩具优先用购买却未曾使用的，代价为0；其次使用慢洗的(即满足$T_i+n_1<=T_{now}$)，代价为$c_1$；最后是最近时间快洗的(即满足$T_i+n_2<=T_{now}$的最大$T_i$)，代价为$c_2$;

Code####

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define PA pair<int,int>

int n,n1,n2,c1,c2,tc;

int t[100005],sumt;

PA MP(int a,int b){PA c;c.first=a,c.second=b;return c;}

deque<PA>q;

int cos(int sum)

{

	q.clear();

	int ans=sum*(tc-c2);

	q.push_front(MP(-n2,sum));

	for(int i=1;i<=n;i++)

	   {

	    if(i-n1>=1)

	   	   q.push_front(MP(i-n1,t[i-n1]));

	    for(int T=t[i];T;)

	       {if(q.empty())return 1e9;

	        PA x=q.back();

	       	if(x.first+n2<=i&&c1>c2)

			  {int s=min(T,x.second);

			   T-=s;x.second-=s;

			   ans+=s*c2;

			   q.pop_back();

			   if(x.second)q.push_back(x);

			  }

	       	else

	       	  {x=q.front();

	       	   int s=min(T,x.second);

			   T-=s;x.second-=s;

			   ans+=s*c1;

			   q.pop_front();

			   if(x.second)q.push_front(x);

			  }

		   }

   	   }

   	return ans;

}

int sf()

{

	int l=1,r=sumt;

	while(l+20<r)

	  {int mid1=(l*2+r)/3,mid2=(l+r*2)/3;

	   int v1=cos(mid1),v2=cos(mid2);

	   if(v1<v2)r=mid2;

	   else l=mid1;

	  }

	int ans=1e9;

	for(int i=l;i<=r;i++)

	    ans=min(ans,cos(i));

	return ans;

}

int main()

{

	scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&n1,&n2,&c1,&c2,&tc);

	if(n1>n2)swap(n1,n2),swap(c1,c2);

	for(int i=1;i<=n;i++)

	    scanf("%d",&t[i]),sumt+=t[i];

	printf("%d\n",sf());

	return 0;

}