[noip2016] 蚯蚓 (隊列)
阿新 • • 發佈：2018-07-26
digi amp isdigit max fine cpp n) nlog output
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一個單調性，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\(0<p<1\)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隊列模仿優先隊列一樣操作
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Description
Input
Output
Sample Input
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
Sample Output
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
2
HINT
Solution
很顯然是一道優先隊列的題0_0
我們每次拿出最大的一只蚯蚓切割再扔到堆裏（第一問）
然後將堆中的東西依次取出（第二問）
那怎麽將堆中蚯蚓每次加上q呢？
可以設一個變量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）
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一個單調性，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\(0<p<1\)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隊列模仿優先隊列一樣操作
Code
//By Menteur_Hxy #include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<iostream> #include<algorithm> #define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++) using namespace std; int read() { int x=0,f=1; char c=getchar(); while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f;c=getchar();} 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) {return x>y;} int Max() { int res=-INF,cnt; F(i,0,2) if(qf[i]<qt[i]&&res<Q[i][qf[i]+1]) res=Q[i][qf[i]+1],cnt=i; qf[cnt]++; return res; } int main() { n=read(),m=read(),q=read(),u=read(),v=read(),t=read(); F(i,1,n) Q[0][++qt[0]]=read(); sort(Q[0]+1,Q[0]+qt[0]+1,cmp); F(i,1,m) { int x=Max()+reg; if(i%t==0) printf("%d ",x); int l=(long long)x*u/v,r=x-l; Q[1][++qt[1]]=l-reg-q; Q[2][++qt[2]]=r-reg-q; reg+=q; } putchar('\n'); F(i,1,n+m) { int x=Max()+reg; if(i%t==0) printf("%d ",x); } return 0; }
[noip2016] 蚯蚓 (隊列)