UOJ264 NOIP2016 day2 T2 蚯蚓

題意：
本題中，我們將用符號 ⌊c⌋ 表示對 c 向下取整，例如：⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3。

蛐蛐國裡現在共有 n 只蚯蚓（n 為正整數）。每隻蚯蚓擁有長度，我們設第 i 只蚯蚓的長度為 ai (i=1,2,…,n)，並保證所有的長度都是非負整數（即：可能存在長度為 0 的蚯蚓）。

每一秒，神刀手會在所有的蚯蚓中找到最長的那一隻（如有多個則任選一個）將其切成兩半。神刀手切開蚯蚓的位置由常數 p（是滿足 0< p<1 的有理數）決定，設這隻蚯蚓長度為 x，神刀手會將其切成兩隻長度分別為 ⌊px⌋ 和 x−⌊px⌋ 的蚯蚓。特殊地，如果這兩個數的其中一個等於 0，則這個長度為 0 的蚯蚓也會被保留。此外，除了剛剛產生的兩隻新蚯蚓，其餘蚯蚓的長度都會增加 q（是一個非負整常數）。

蛐蛐國王決定求助於一位有著洪荒之力的神祕人物，但是救兵還需要 m 秒才能到來……（m 為非負整數）。

蛐蛐國王希望知道這 m 秒內的戰況。具體來說，他希望知道：

m 秒內，每一秒被切斷的蚯蚓被切斷前的長度（有 m 個數）；
m 秒後，所有蚯蚓的長度（有 n+m 個數）。
資料範圍
保證 1≤n≤1e5，0≤m≤7×1e6
0< u < v≤1e9，0≤q≤200，1≤t≤71，0≤ai≤1e8。
題解：
雖說暴力又好想又好寫，但是正解真的很妙。
假設有x，y兩隻蚯蚓，滿足len x>=len y，x被切的兩部分分別為a1，b1，y被切的兩部分分別為a2，b2。那麼有一個性質 a1>=a2 ,b1>=b2。
想一下，a1+b1=(原)x，a2+b1=(原)y。
時間對他們的作用是相同的，又因為均是成比例切開，因此仍然滿足原來的大小關係。
因此，我們可以不必維護堆，因為其本身就有單調性。
維護三個佇列 Q0，Q1，Q2。Q1存放原來的大小順序，Q2存放切出的所有a部分，Q2存放切出的所有b部分。每次只需取三個隊隊首最大的那個，再把切出來的兩個部分放入對應隊隊尾即可。
注意維護時間戳（儲存距離上一次被切過了多少秒）來算現在的長度。

程式碼：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
const int M=7000010;
int n,m,q,u,v,t;
struct node
{
    int len,cnt;
    node(int len,int cnt): len(len),cnt(cnt){}
};
queue<node> Q[3
 
];
int ll[N];
void solve()
{
    int kk=0;
    for(int inc=1;inc<=m;inc++)
    {
        int opt=-1; int mx=-1;
        for(int i=0;i<3;i++)
        {
            if(!Q[i].empty()&&(Q[i].front().len+(inc-1-Q[i].front().cnt)*q>mx))
            {mx=Q[i].front().len+(inc-1-Q[i].front().cnt)*q; opt=i;}     
        }
        node tmp= Q[opt].front(); Q[opt].pop();
        int len=tmp.len+(inc-1-tmp.cnt)*q;
        kk++;
        if(kk%t==0)
        {
            printf("%d",len);
            if(kk!=(m/t)*t)  printf(" ");
        }
        int s1=(1LL*len*u)/v; int s2=len-s1;
        Q[1].push(node(s1,inc)); Q[2].push(node(s2,inc));
    }
    printf("\n");
}
void print()
{
    int kk=0;
    while(1)
    {

        if(Q[0].empty()&&Q[1].empty()&&Q[2].empty()) break; 
        int opt=-1; int mx=-1;
        for(int i=0;i<3;i++)
        {
            if(!Q[i].empty()&&(Q[i].front().len+(m-Q[i].front().cnt)*q>mx))
            {mx=Q[i].front().len+(m-Q[i].front().cnt)*q; opt=i;}    
        }
        node tmp= Q[opt].front(); Q[opt].pop();
        int len=tmp.len+(m-tmp.cnt)*q; 
        kk++;
        if(kk%t==0)
        {
            printf("%d",len);
            if(kk!=((m+n)/t)*t)  printf(" ");
        }
    }
    printf("\n");
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d",&ll[i]); 
    sort(ll+1,ll+n+1);
    for(int i=n;i>=1;i--)
    Q[0].push(node(ll[i],0));
    solve();
    print();
    return 0;
}