APIO2015 八鄰旁之橋

注意到 \(k = 1, 2\) 於是我們可以從簡單的 \(k = 1\) 開始入手。可以發現家和辦公室在同一邊的人不管建不建橋都是無所謂的，因此下面我們只需要考慮不在同一邊的人，假設橋的位置在 \(d\) 那麼答案可以簡單的表示為：

\[\sum\limits_ ^ n |s_i - d| + |t_i - d|

\]這可以看作是 \(2n\) 個在數軸上的點到 \(d\) 的距離，這是乙個很經典的問題，只需取這 \(2n\) 個點的中位數即可。

接下來再考慮 \(k = 2\) 的情況，如果我們想直接求出兩座橋的位置是很困難的，但是可以發現這樣一件事，在兩個相鄰的點之間任意乙個點建第一座橋的答案都將是一樣的，那麼這意味著我們第一座橋的有效位置只有 \(2n\) 個，那麼我們能否通過列舉這 \(2n\) 個位置來算出在第一座橋確定的情況下第二座橋最優的位置呢？可以發現這也是乙個很困難的事情，因為每個點要在兩座橋之間走的距離取最小值，我們很難確定當前橋對所有人的影響。這時候感覺無路可走了，但注意到我們之前都是從橋來考慮對人的影響，我們不妨反過來，解決剛剛那個困難的問題，兩座橋中人會選擇哪座橋。手玩一些例子可以發現，貌似假如將每個人的 \(s_i, t_i\) 看作是一條線段，那麼他回選擇距離這條線段中點近的那座橋。證明分兩個端點和兩座橋的位置關係即可。

有了上面這個人選橋的最優方案，不難發現最終所有人（按中點從小到大排序）選橋的方案一定是左邊的人選一座橋，右邊的人選另一座橋。那麼左右兩邊橋的位置我們就可以使用 \(k = 1\) 的方法來求解了。但是中間的分界點還是難以確定，因此我們還需列舉中間的分界點。那麼我們怎樣快速計算答案呢？假設這 \(2n\) 個點的座標分別為 \(x_1 \cdots x_\)，橋選在 \(d\)，那麼答案的計算式應該是：

\[\sum\limits_ x_i - d + \sum\limits_ d - x_i

\]於是我們需要乙個能查詢一組數的中位數，查詢比某個數小的數有多少個，以及這些數的權值為多少的資料結構，權值線段樹是乙個好的選擇。

#includeusing namespace std;
#define ls (p << 1)
#define rs (p << 1 | 1)
#define mid (l + r) / 2
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
typedef long long ll;
const int n = 200000 + 5;
const ll inf = 10000000000000000;
ll ans; 
char p[2], q[2];
int n, m, k, s, t, d[n];
struct tree
if(mid >= x) update(ls, l, mid, x, y, k);
if(mid < y) update(rs, mid + 1, r, x, y, k);
sum[p] = sum[ls] + sum[rs], cnt[p] = cnt[ls] + cnt[rs];
} ll query(int p, int l, int r, int k)
int find(int p, int l, int r, int k)
}t1, t2;
struct nodea[n], b[n];
int read()
while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}namespace s1
}namespace s2
void solve()
rep(i, 1, n) sr += a[i].l, sr += a[i].r;
rep(i, 1, n) t2.update(1, 1, tot, b[i].l, b[i].l, 1), t2.update(1, 1, tot, b[i].r, b[i].r, 1);
rep(i, 1, n)
printf("%lld", ans + (tmp == inf ? 0 : tmp)); }}
int main(), ++ans;
} n = num;
if(k == 1) s1 :: solve();
else s2 :: solve();
return 0;
}

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