**傳送門
考慮優先佇列:
但是蚯蚓的長度是變化的,如果每一次操作都修改所有蚯蚓的長度,必然超時.但是每一次所有蚯蚓中,只有被斬斷生成的兩個沒有+q,其它所有蚯蚓長度均+q.不難想到,用優先佇列**兩個值:len表示被壓入優先佇列時的長度,t表示被壓入優先佇列的時間,如果當前時間為i,那麼當前蚯蚓的實際長度(考慮當前秒蚯蚓的長度已經加上q)就是len + (i - t) * q.
關於過載運算子:把len和t**在node型別中,對於node型別的變數a和b,當前時間為i
則a當前的長度為
a .l
en+(
i−a.
t)⋅q
=a.l
en+i
⋅q+a
.t⋅q
a.len+(i-a.t)\cdot q=a.len+i\cdot q +a.t\cdot q
a.len+
(i−a
.t)⋅
q=a.
len+
i⋅q+
a.t⋅
qb當前的長度為
b .l
en+(
i−a.
t)⋅q
=b.l
en+i
⋅q+b
.t⋅q
b.len+(i-a.t)\cdot q=b.len+i\cdot q +b.t\cdot q
b.len+
(i−a
.t)⋅
q=b.
len+
i⋅q+
b.t⋅
q若a當前長度小於b當前長度
a .l
en+i
⋅q+a
.t⋅q
len+ i⋅q+ b.t⋅ qa.len+i\cdot q +a.t\cdot q < b.len+i\cdot q +b.t\cdot q a.len+ i⋅q+ a.t⋅ qlen+ i⋅q+ b.t⋅ q化簡: a .l en+a .t⋅q len+ b.t⋅ qa.len +a.t\cdot q < b.len +b.t\cdot q a.len+ a.t⋅ qlen+ b.t⋅ q所以,比較當前長度與當前時間無關,寫成**: };剩下的不再贅述,直接模擬即可 根據題目的性質,若一條蚯蚓a的長度大於等於另一條蚯蚓b的長度,那麼**後必有 max ( a1,a 2) > =max( b1,b 2) ,min( a1,a 2) > =min( b1,b 2) \max(a1,a2)>=\max(b1,b2),\min(a1,a2)>=\min(b1,b2) max(a1 ,a2) > =max(b 1,b2 ),min(a1 ,a2) > =min(b 1,b2 )a1,a2表示a蚯蚓**後的兩條蚯蚓 我們定義兩個node型別的佇列q1,q2.條蚯蚓**後較長的一條和較短的一條分別存入q1,q2(具體哪個放長的哪個放短的都一樣,我的程式裡也沒有仔細考慮這個).根據上述性質,經過一點處理,不用大根堆也能維護q1,q2有序 剩下的就是一堆細節問題了,請自行體會,研究.struct node#include
#include
#include
using
namespace std;
intread()
while
(c >=
'0'&& c <=
'9')
return re * sig;
}int n , m , q , u , v , t;
struct node};
inline node pus
(int len ,
int t)
priority_queue que;
intmain()
for(
int i =
1; i <= m ; i++
)putchar
('\n');
for(
int i =
1; i <= m + n ; i++
) que.
pop();
}return0;
}
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
intread()
while
(c >=
'0'&& c <=
'9')
return re * sig;
}int n , m , q , u , v , t;
struct node};
inline node pus
(int len ,
int t)
struct queue
inline node front()
inline
void
push
(int len ,
int t_)
inline
void
pop(
)inline
bool
empty()
inline
void
sort_()
inline
void
print()
bool
check()
};queue q1 , q2 , q0;
node maxx()
else
}else
else
}return tmp;
}int
main()
q0.sort_()
;//保證有序
for(
int i =
1; i <= m ; i++
) q1.
push
(tmp2 , i)
;//分別存放長/短蚯蚓
q2.push
(tmp1 , i);}
putchar
('\n');
node k;
for(
int i =
1; i <= m + n ; i++)}
return0;
}
洛谷P2827 NOIP2016 蚯蚓
題目描述 輸入 輸出 思路分析 70分寫法 看到每次取出最大值，第一眼想到的就是優先佇列，我們可以每一次取完隊首元素後將其分開後兩段的長度進行計算，再放入佇列之中即可 但題目中要求，除被切開的蚯蚓外，其餘蚯蚓長度要變長，每次把隊中元素取出並加上q再放入隊中？不用說我們也知道這是不行的，那我們可以 考...
洛谷P2827 NOIP2016 提高組 蚯蚓
題鏈 最長的蚯蚓被砍兩截之後，其餘的蚯蚓長度會增加，與其加其餘蚯蚓不如對這兩隻蚯蚓操作，可定義乙個buff表示其餘蚯蚓需要增加多少長度，當拿出最長的那只蚯蚓時，就需要加上buff，當然被剪斷的變成兩條就需要減去當前buff再壓入佇列，保證下次拿出來時加上buff是應有的長度 乙個佇列存原陣列，另外兩...
P2827 NOIP2016 提高組 佇列
題意 傳送門 p2827 noip2016 提高組 蚯蚓 題解容易想到使用二叉堆維護長度的最大值，由於每次新產生之外的蚯蚓長度都增加 q qq，而難以修改已經在堆中的元素，那麼對新產生的蚯蚓長度減 q qq，可以使長度的相互關係保持不變。時間複雜度 o m log n o m log n o mlo...