[NOIP2015]推销员

试题描述

阿明是一名推销员,他奉命到螺丝街推销他们公司的产品。螺丝街是一条死胡同,出口与入口是同一个,街道的一侧是围墙,另一侧是住户。螺丝街一共有 N 家住户,第 i 家住户到入口的距离为 Si 米。由于同一栋房子里可以有多家住户,所以可能有多家住户与入口的距离相等。阿明会从入口进入,依次向螺丝街的 X 家住户推销产品,然后再原路走出去。阿明每走 1 米就会积累 1 点疲劳值,向第 i 家住户推销产品会积累 Ai 点疲劳值。阿明是工作狂,他想知道,对于不同的 X,在不走多余的路的前提下,他最多可以积累多少点疲劳值。

输入

第一行有一个正整数 N,表示街住户数量,接下来一行有 N 个正整数,其中第 i 个整数 Si 表示第 i 家住户到入口距离保证 S1<=S2<=S3....<10 的 8 次方。接下来一行有 N 个整数,其中第 i 个整数 Ai 表示向第 i 个住户推销产品会积累疲劳值。保证 Ai<=10 的 3 次方。

输出

输出 N 行,每行一个正整数,其中第 i 行整数表示当 x=i,阿明积累的疲劳值。

输入示例


输出示例


数据规模及约定

1<= N <= 1000000

题解

NOIP普及组也有尊严!

不难想到 X= i 时的最优方案一定从 X = i-1 时的最优方案的基础上再加一户宣传对象得来。

考虑 X = 1 时的选择,显然是所有住户中 Ai + 2Si 中最大的被选,若有多个住户的 Ai + 2Si 相同,则优先选择 Si 最小的(想一想为什么)。

然后序列被划分成左右两个部分,选择左边住户获得 Ai 的贡献,选择右边住户获得 Ai + 2(Si - T) 的贡献,T 表示当前划分界限到胡同入口的距离,注意右边部分的贡献的大小关系相比最初并没有改变,只需要重新对左边住户的贡献进行排序。于是可以建一个新优先队列将左边的所有住户加入,将原优先队列中被划分到左边部分的元素丢掉。因为划分界线是一直往右移的,所以每个元素至多被加入两次,被删除两次,总时间复杂度为O(nlogn).

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
using namespace std; const int BufferSize = 1 << 16;
char buffer[BufferSize], *Head, *Tail;
inline char Getchar() {
if(Head == Tail) {
int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin);
Tail = (Head = buffer) + l;
}
return *Head++;
}
int read() {
int x = 0, f = 1; char tc = getchar();
while(!isdigit(tc)){ if(tc == '-') f = -1; tc = getchar(); }
while(isdigit(tc)){ x = x * 10 + tc - '0'; tc = getchar(); }
return x * f;
} #define maxn 1000010
#define LL long long
int n, S[maxn], A[maxn];
bool has[maxn];
struct HeapNode {
int id, x;
LL val;
bool operator < (const HeapNode& t) const { return val != t.val ? val < t.val : x > t.x; }
bool operator == (const HeapNode& t) const { return id == t.id && x == t.x && val == t.val; }
} ;
HeapNode Max(HeapNode a, HeapNode b) {
if(a < b) return b;
return a;
}
priority_queue <HeapNode> Q, Q2; int main() {
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) S[i] = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) A[i] = read(); while(!Q.empty()) Q.pop();
while(!Q2.empty()) Q2.pop();
for(int i = 1; i <= n; i++) Q.push((HeapNode){ i, S[i], (LL)A[i] + 2ll * S[i] });
int T = 0, Tid = 0; LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
HeapNode u; u = (HeapNode){ 0, 0, 0 };
if(!Q.empty()) {
u = Q.top(); Q.pop();
while(u.x <= T && !Q.empty()) u = Q.top(), Q.pop();
u.val -= 2ll * T;
}
HeapNode v; v = (HeapNode){ 0, 0, 0 };
if(!Q2.empty()) v = Q2.top(), Q2.pop();
HeapNode fu = Max(u, v); has[fu.id] = 1;
if(fu == v && u.id) u.val += 2ll * T, Q.push(u);
else if(fu == u) Q2.push(v);
ans += fu.val;
printf("%lld\n", ans);
if(fu.x > T) {
T = fu.x;
for(++Tid; Tid <= n && S[Tid] <= T; Tid++) if(!has[Tid])
Q2.push((HeapNode){ Tid, S[Tid], A[Tid] });
Tid--;
}
} return 0;
}
/*
5
1 2 3 4 5
10 10 10 20 2
*/

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