6358. 【NOIP2019模拟2019.9.15】小ω的仙人掌

题目

题目大意

给你一串二元组$(a_i,b_i)$的数列。
求最小的区间$[l,r]$长度，满足$[l,r]$中的每个二元组选或不选，使得$\sum a_i=w$且$\sum b_i\le k$

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思考历程

想了好久，想来想去都是一个背包……
最终决定打暴力……

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正解

先说说GMH大爷的神奇解法。
首先是二分答案$ans$，转化成判定问题。然后在数列中每$ans$个点设置一个观测点。
以每个观测点为中心，向左和向右背包，然后合并。

然而正解并不需要一个$\log$
考虑双指针，就是记一个当前的最佳答案$ans$，后面的区间长度都要小于$ans$。脑补一下这个过程，其实这就是一个队列，只需要支持左边出右边入的队列。
但是背包问题不满足可减性。于是就有个非常骚的解法：
把这个队列用两个栈来代替，栈顶分别为队头和队尾。
加入的时候，就在第二个栈的栈顶加入；弹出的时候，就直接弹出第一个栈的栈顶。
如果第一个栈为空，那就将第二个栈里的东西倒过来放到第一个栈中，然后暴力重构。
每个元素只会暴力重构一次，所以不会时间超限。

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代码

using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#include 
#define N 10010
#define maxW 5010
inline int input(){
	char ch=getchar();
	while (ch<'0' || '9'<ch)
		ch=getchar();
	int x=0;
	do{
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	while ('0'<=ch && ch<='9');
	return x;
}
int n,W,K,a[N],b[N];
int f[N][maxW];
int st1[N],top1,st2[N],top2;
inline void update(int &a,int b){a>b?a=b:0;}
inline bool ok(int j){
	int jj=st1[top1];
	for (int k=0;k<=W;++k)
		if (f[jj][k]+f[j][W-k]<=K)
			return 1;
	return 0;
}
int main(){
	freopen("cactus.in","r",stdin);
	freopen("cactus.out","w",stdout);
	n=input(),W=input(),K=input();
	for (int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=input(),b[i]=input();
	int ans=n+1;
	f[0][0]=0;
	for (int i=1;i<=W;++i)
		f[0][i]=K+1;
	for (int i=1,j=1;i<=n;++i){
		if (ok(st2[top2]))
			ans=j-i;
		for (;j<=n && j-i+1<ans;++j){
			st2[++top2]=j;
			int lst=st2[top2-1];
			memcpy(f[j],f[lst],sizeof(int)*(W+1));
			for (int k=0;k+a[j]<=W;++k)
				update(f[j][k+a[j]],f[lst][k]+b[j]);
			if (ok(j))
				ans=j-i+1;
		}
		if (!top1){
			for (int j=top2;j>=1;--j)
				st1[++top1]=st2[j];
			top2=0;
			for (int j=1;j<top1;++j){
				int now=st1[j],lst=st1[j-1];
				memcpy(f[now],f[lst],sizeof(int)*(W+1));
				for (int k=0;k+a[now]<=W;++k)
					update(f[now][k+a[now]],f[lst][k]+b[now]);
			}
		}
		top1--;
	}
	if (ans==n+1)
		printf("-1\n");
	else
		printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

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总结

还有这么骚的栈操作……
这告诉我们有时候维护队列的东西可以用两个栈来搞。