題面

CF436E Cardboard Box

\(n\) 個關卡，對每個關卡可以花 \(a_i\) 時間得到 \(1\) 顆星，或花 \(b_i\) 時間得到 \(2\) 顆星，或不玩。問獲得 \(m\) 顆星最少需要多少時間。

資料範圍：\(1\le n\le 3\cdot 10^5\)，\(1\le m\le 2n\)，\(a_i<b_i\)。

題解

蒟蒻做這題時已經知道是反悔貪心了，但是做了 \(4\) 個小時做不出來。於是去看題解，感覺這個 \(5\) 堆做法太非人類了，於是去看 CF 題解和程式碼後總結出了蒟蒻的不用反悔貪心的做法和題解。

如果不反悔貪心，那麼每一步必須保證沒有後效性地最優。

很明顯如果只有 \(a_i\)，排序可以滿足這個條件。

這題最樸素的錯誤做法是用一個小頂堆，剛開始把所有 \(a_i\) 丟進去，然後 \(m\) 次每次取堆頂，如果選了 \(a_i\) 把 \(b_i-a_i\) 也丟進去。

如果 \(a_i\) 都很大，\(b_i-a_i\) 都很小這樣顯然是虧的。

假如某個 \(i\) 打出 \(2\) 星是當前最優，如果 \(a_i\) 已經取了按照上面的辦法肯定沒有問題；但是如果 \(a_i\) 都沒取，\(a_i\) 不一定是單箇中的最優。

所以這篇題解最重要的騷操作就來了：選之前權衡，選兩個的最優還是一個的最優：哪個更優？

可以用一個 vis 陣列記錄打了那些關卡，每次把打了的從堆中扔掉，這樣就可以假定堆中的都是沒有打過的了。

程式碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define x first
#define y second
#define bg begin()
#define ed end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(a) int((a).size())
#define R(i,n) for(int i(0);i<(n);++i)
#define L(i,n) for(int i((n)-1);~i;--i)
const int iinf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//Data
const int N=3e5,sN=N<<1;
int n,m,star[N];
ll a[sN],ns; bool vis[sN];
priority_queue<pair<ll,int>> o,t;
void ref(priority_queue<pair<ll,int>> &q){
    while(sz(q)&&vis[q.top().y]) q.pop();
}

//Main
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    R(i,n) cin>>a[i]>>a[i+n],a[i+n]-=a[i],
        o.push(mp(-a[i],i)),t.push(mp(-a[i]-a[i+n],i));
    while(m--){
        ref(o),ref(t);
        int i=o.top().y; o.pop(),ref(o);
        if(m&&sz(t)&&a[i]-o.top().x>=-t.top().x)
            o.push(mp(-a[i],i)),i=t.top().y,t.pop();
        i<n&&(o.push(mp(-a[i+n],i+n)),true);
        ns+=a[i],star[i%n]++,vis[i]=true;
    }
    cout<<ns<<'\n';
    R(i,n) cout<<star[i],i==n-1&&(cout<<'\n');
    return 0;
}

/*

可以考慮不反悔：權衡一個兩個哪個優！

*/
 

祝大家學習愉快！