noip2016 蚯蚓 佇列

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樣例1：

3 7 1 1 3 1

3 3 2

樣例2：

3 7 1 1 3 2

3 3 2

樣例3：

3 7 1 1 3 9

3 3 2

樣例1：

3 4 4 4 5 5 6

6 6 6 5 5 4 4 3 2 2

樣例2：

4 4 5

6 5 4 3 2

樣例3：

//空行

很顯然是一道優先佇列的題0_0

我們每次拿出最大的乙隻蚯蚓切割再扔到堆裡（第一問）

然後將堆中的東西依次取出（第二問）

那怎麼將堆中蚯蚓每次加上q呢？

可以設乙個變數表示當前蚯蚓已經被加了多少，出隊時加上就行（入隊時記得減去）

那切割後的蚯蚓不增加q怎麼辦？那就入隊時先-q就行了

然後這樣\(o((n+m)log(n+m))\)就應該可以水過很多分了~

然後說正解：其實正解也是跟上面一樣的步驟只不過證明了乙個單調性，省去log(n+m)的時間

證明：後分解出的⌊px⌋一定小於先分解出的⌊px⌋ (x-⌊px⌋同理)

考慮反證法若\(xi*p+(j-i)*q<=(xj+(j-i)*q)*p\)

則有：\(xi*p+(j-1)*q<=xj*p+(j-i)*q*p\)

因為\(xi>xj\)且\(0該式顯然不成立

說明⌊px⌋單調遞減成立

有了單調性我們就可以用三個佇列模仿優先佇列一樣操作

時間複雜度：\(o(nlogn+m)\)

//by menteur_hxy

#include#include#include#include#include#define f(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
int read() 
while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
return x*f;
}const int inf=0x7fffffff;
const int n=1e5+10,m=7e6+10;
int n,m,q,u,v,t,reg;
int q[3][m],qt[3],qf[3];
bool cmp(int x,int y) 
int max() {
int res=-inf,cnt;
f(i,0,2) if(qf[i]

2018-07-26 11:58

menteur_hxy 閱讀(

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