Bzoj3441 烏鴉喝水

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【題目背景】

乙隻烏鴉在自娛自樂，它在面前放了n個有魔力的水缸，水缸裡裝有無限的水。

【題目描述】

他準備從第1個水缸飛到第n個水缸，共m次。在飛過乙個水缸的過程中，如果他能夠得著水缸裡的水，即水缸口到水面距離小於等於烏鴉能夠得著的深度，那它就會喝水缸裡的水。每喝一次水，所有水缸裡的水位都會下降，第i個水缸裡的水位會下降ai，注意喝水是瞬間的，如果烏鴉剛好夠得著，但喝完之後夠不著，也視為喝到一次，水位也會相應的下降。

共有3行。第一行有三個正整數n、m和x，用空格隔開。n表示水缸的數量，m表示烏鴉飛的次數，x表示烏鴉能夠得著的深度。第二行，有n個用空格隔開的正整數，第i個數為第i個水缸中水缸口到水面的距離wi。第三行，有n個用空格隔開的正整數，第i個為ai。

只有一行，這一行只有乙個正整數，為這只烏鴉能喝到水的次數。

5 2 20

15 14 13 12 12

1 1 1 1 1

9【資料範圍】

100%的資料，0＜n≤100000，0＜m≤100000，0＜x≤2000000000，0＜wi≤2000000000，0＜ai≤200。

2016.7.8重設時限，未重測！

by lll6924 at 「醬油杯noi考後歡樂賽」

腦洞題應該算貪心+二分吧，思路挺神奇的

烏鴉喝水是「能喝的時候一定喝」的，所以和dp決策沒關係。

直接模擬的複雜度為$o(nm)$

把每個水缸按照可以喝水的次數（即喝多少次水，水位下降到喝不到）由小到大排序，依次處理。

顯然如果前面的水缸能喝n次，後面的水缸至少也能喝n次，這個性質十分有用。

由上面這句話可以推出：如果烏鴉從當前位置飛到隊伍末會經過k個能喝的水缸，而當前水缸還能喝的次數x>=k，那麼之後的水缸也不會在這一輪被喝空。

1、列舉每乙個水缸開始（在列舉到該水缸的時候，前面剩餘次數更小的水缸已經被喝完。或者可以理解為，捨棄前面的缸，貪心喝這個。）

2、用樹狀陣列維護水缸的id，查詢從當前水缸的id到（原先的）第n個水缸還有多少個能喝的水缸，如果當前缸的剩餘次數》=剩餘缸數，直接更新次數並跳到下一輪。

3、在數次2操作後，當前缸的剩餘次數<=剩餘缸數，此時在樹狀陣列上二分「餘數」，即喝到又一輪的某位置時，當前缸沒水了。

4、將當前缸標為空，列舉下乙個水缸。

表面看著複雜度高，實際上喝水的次數不會超過最多的那個缸能喝的次數（因為每次喝水都是所有缸水位一起下降的），同時，模擬操作的次數不會超過m（最多喝m輪），複雜度可以接受。

1
/*by silvern
*/2 #include3 #include4 #include5 #include6 #include7 #include8
using
namespace
std;
9const
int mxn=100010;10
intread()
13while(ch>='
0' && ch<='9')
14return x*f;15}
16int
n,m,x,n;
17int
t[mxn];
18void add(int x,int
v)return;20
}21int que(int
x)24
return
res;25}
26struct
node
29}a[mxn];
30int cir,last=0;31
int tot=0;32
int find(int
x)40
else r=mid-1;41
}42return
res;43}
44void
solve()
50while(cira[i].cnt)
56if(cir>=m)break;57
int ed=find(a[i].cnt-tot);
58//
tot+=ed-last; 
//wrong
59 tot=a[i].cnt;
60 last=ed;
61 add(a[i].id,-1
);62}63
return;64
}65intmain()
74 w=0;75
for(i=1;i<=n;i++)
76if
(a[i].cnt)
80 n=w;
81 sort(a+1,a+n+1
);82
solve();
83 printf("
%d\n
",tot);
84return0;
85 }

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