CF436E Cardboard Box(贪心)
题意
有nnn个关卡,第iii关可以花费aia_iai的代价打一颗星,bib_ibi的代价打两颗星。保证1≤ai<bi≤1091\le a_i<b_i\le10^91≤ai<bi≤109,问要达到www颗星最少花费。
题解
就是 hdu6698.Coinshdu 6698.Coinshdu6698.Coins 的弱化版。
hduhduhdu多校赛上是要查询要达到1→2n1\to 2n1→2n的所有每个www的答案。
先把bi减去ai得到新的bi,要获取第二颗星的代价就是新的bi。
然后下面的硬币表示星,硬币组就是关卡。
- 先将硬币组分成两类,第一类 ai < bi,第二类 ai ≥ bi,并记 g(x) 为从第一类硬币组中符合限制地取出 x 枚硬币的最大价值和,令 h(x) 为从第二类硬币组中符合限制地取出 x 枚硬币的最大价值和。
- 要求出 g,只需要将第一类的所有硬币按价值从小到大排序,则 g(x) 为前 x 个硬币的和。因为 ai < bi,可以发现在这个贪心方法中,如果选了 bi,则一定会先选了 ai;
- 要求出 h,需要观察到:第二类硬币中最多只有一组硬币,会选了 ai 而没有选 bi。因为如果有两组硬币i, j, 满足 ai ≥ bi, aj ≥ bj,且某个方案只选了 ai, aj 而没有选 bi, bj,不失一般性,令 aj ≥ ai,那么有 aj ≥ ai ≥ bi,所以选 (ai, bi) 而不选 (aj , bj) 是个更优解,这时需要按 a + b 的值从小到大将第二类的每组硬币排序,则 h(2x) 就是前 x 组硬币的和,h(2x + 1) 就是“前 x 组加上不在前 x 组里的最小的 a”以及“前 x + 1 组中减去前 x + 1 组中最大的 b”两种方案中的较小值。
- 求出 g, h 之后, 立即有 f(x)=minx1+x2=xg(x1)+h(x2)f(x) = \min_{x1+x2=x} g(x1)+h(x2)f(x)=minx1+x2=xg(x1)+h(x2),朴素地计算这个 min 卷积只能做到 O(n^2),但是观察到 g 是个单调递增的凸函数而 h 是个单调递增函数,设 f(i)=minjh(j)+g(i−j)f(i) = \min_{j}h(j)+g(i-j)f(i)=minjh(j)+g(i−j),可以证明 p(x) 有单调性,利用决策单调性即可优化到 O(n log n)。
最后一段可以不看,因为CF这道题只需要求f(w),所以直接枚举x1就行了。
输出方案就存一下编号。
CODE
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &x) {
char ch; while(!isdigit(ch=getchar()));
for(x=ch-'0';isdigit(ch=getchar());x=x*10+ch-'0');
}
typedef long long LL;
const int MAXN = 600005;
int n, w, cnt1, cnt2, mn[MAXN];
struct node {
int x, y, id;
inline bool operator <(const node &o)const {
return x+y < o.x+o.y;
}
}a[MAXN], b[MAXN];
LL g[MAXN], h[MAXN];
int c[MAXN];
int main () {
read(n), read(w);
for(int i = 1, x, y; i <= n; ++i) {
read(x), read(y); y -= x;
if(x < y) a[++cnt1] = (node){ x, 0, i }, a[++cnt1] = (node){ y, 0, i };
else b[++cnt2] = (node){ x, y, i };
}
sort(a + 1, a + cnt1 + 1);
sort(b + 1, b + cnt2 + 1);
memset(g, -1, sizeof g); g[0] = 0;
memset(h, -1, sizeof h); h[0] = 0;
for(int i = 1; i <= cnt1; ++i) g[i] = g[i-1] + a[i].x;
mn[cnt2+1] = 1000000000;
for(int i = cnt2; i >= 1; --i) mn[i] = min(mn[i+1], b[i].x);
for(int i = 1, j, mx = 0; i <= cnt2<<1; ++i)
if(i&1) j = (i+1)>>1, h[i] = min(h[i-1] + mn[j], h[i-1] + b[j].x + b[j].y - mx), mx = max(mx, b[j].y);
else j = i>>1, h[i] = h[i-2] + b[j].x + b[j].y;
LL ans = 1ll<<60; int i=0;
for(int j = 0; j <= w; ++j)
if(~g[w-j] && ~h[j] && g[w-j]+h[j] < ans) ans = g[w-j]+h[j], i = j;
printf("%lld\n", ans);
for(int j = 1; j <= w-i; ++j) ++c[a[j].id];
int x = (i&1) ? (i+1)>>1 : i>>1;
for(int j = 1; j <= x; ++j) c[b[j].id] += 2;
if(i&1) {
if(h[i] == h[i-1] + mn[x]) {
c[b[x].id] -= 2;
for(int j = x; j <= cnt2; ++j)
if(b[j].x == mn[x]) { ++c[b[j].id]; break; }
}
else {
int mx = h[i-1] + b[x].x + b[x].y - h[i];
for(int j = 1; j < x; ++j) if(b[j].y == mx) { --c[b[j].id]; break; }
}
}
for(int j = 1; j <= n; ++j) printf("%d", c[j]);
}
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