小Y的炮 cannon题解
题目描述
小Y最近开发出了批量制造大威力轰山炮的方法。才过去不到几个月，小Y就制造出了M门款式不同的轰山炮。第i门轰山炮发射一次，能使一座当前高度不高于Ai的山的高度降低Di（当然山的高度不能轰到0以下）。应政府要求，小Y要用他开发的轰山炮轰平开发区的几座山。由于开发区急需土地资源，政府要求小Y轰平尽量多的山（轰平：使山的高度降低至0）。
但是小Y制造的弹药有限，导致他最多只能发射K次。
小Y想知道，他最多能轰平几座山？轰平这些山后，弹药最多还够他发射几次？
输入
第一行三个正整数N,M,K，分别表示山的数目、轰山炮的款式数目、最多发射次数。
接下来N行，每行一个正整数Hi，表示第i座山的高度，输入数据保证Hi是降序的（从大到小）。
接下来M行，每行两个正整数Ai,Di，分别表示第i款轰山炮能轰的山的最高高度，和轰掉的山高度的减少值。
输出
一行两个整数Max,Remain,分别表示最多轰平的山的数目和轰平这些山后最多的剩余发射次数。
样例输入
3 2 3
8
6
2
10 6
6 5
样例输出
2 1
提示
【样例解释】
将高度为6和高度为2的山轰平，使用第一款轰山炮，各只需1次即可轰平。高度为8的山最少需要2次，弹药不够用。所以最多轰平2座山，剩余1次发射次数。
【数据范围】
20%的数据满足N<=100,M<=100,Hi,Ai<=100。
50%的数据满足N<=1000,M<=500。
80%的数据满足N<=250000,M<=500。
20%、50%、80%的数据均满足Hi,Ai<=1000000。
100%的数据满足N<=250000,M<=500,K,Hi,Ai<=10^18,Di<=500。
【时限】
测试时限为0.5s
附上标准题解
显然，轰平高度低的山的次数总是不多于轰平高度高的山的次数，所以优先轰高度低的山总是最优的。
20%：从低到高枚举每一座可以被轰的山。对于每座山，不同高度时可以选用的大炮是不同的。那么对于当前高度H，选出Di最大的可以用的大炮，把山的高度H降至H-Di，接着再类似做，直到H被降至0或0以下。总效率O(NMH)。
考虑所有的大炮，假如存在大炮i,j满足：Ai>=Aj,Di>=Dj，那么在任何情况下，大炮i都是比大炮j要优的。大炮j是没用的。
舍去所有没用的大炮后{你可以用排序+单调队列做(O(MlogM))，也可以排序+枚举判定是否舍弃(O(M^2))}，我们得到了剩下有用的大炮。这些大炮总是Ai递增，Di递减的。
这样，剩下的S门大炮就将高度分成了S个区间。每个区间的Di是固定的，即假如高度H处于第i个区间中，那么发射一次最多降至H-Di。
50%：从低到高枚举每一座可以被轰的山。对于每座山，求出当前高度H所在区间i，求出下一个区间的最高高度A[i-1]，将H降至H-t*Di，满足H-t*Di刚好<=A[i-1] (即H-(t-1)*Di>A[i-1]且H-t*Di<=A[i-1])，接着再类似做，直到H被降至0或0以下。寻找所在区间i可以使用二分查找(O(logM))，不过由于高度递减，所以通过线性扫描可以做到平摊(O(1))。
总效率O(NMlogM)或O(NM)。
80%：由于H的范围很小，所以可以先预处理出轰平所有高度的山所需要的最少发射次数F[H]。从小到大枚举H，求出其所在区间i，那么有递推关系F[H]=F[H-Di]+1。寻找所在区间i可以使用二分，由于高度递增，线性扫描也可以。
之后对于每座可以被轰的山，都可以用O(1)的时间得到轰平所需的最少发射次数。
总效率O(N+MlogM+H)。
100%：注意到D的范围很小。假如一个高度H在区间i内，一直降低，在H刚好降低到刚好比A[i-1]小时，总有A[i-1]-H<=D。对于任何高度都有上述结论。所以我们最多只需处理O(M*D)个高度即可。令F[H]为轰平H高度的山的最少发射次数，则对于某个高度H，一直降至H-t*Di<=A[i-1]，有F[H]=F[H-t*Di]+t，由于有用的H最多只有O(M*D)个，所以这样做的效率为O(M*D)。（F数组可由HASH代替）
那么对于从低到高的每座山，设该山高度为H，找到H对应的区间i(O(N+M))，将H降至H-t*Di<=A[i-1]，那么最少发射次数为t+F[H-t*Di]，其中H-t*Di必然是O(M*D)个高度中的一个。所以对于每座可以被轰的山，都可以用O(1)的时间得到轰平所需的最少发射次数。
总效率O(N+MlogM+MD)。
代码
#include f;
struct Node
{
ll a,d;
}p[505],q[505];
inline bool cmp(Node x,Node y)
{
return x.a<y.a||x.a==y.a&&x.d<y.d;
}
int main()
{
scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k);
for (int i=n;i>=1;i--)
scanf("%lld",&h[i]);
for (int i=1;i<=m;i++)
scanf("%lld%lld",&p[i].a,&p[i].d);
sort(p+1,p+1+m,cmp);
for (int i=1;i<=m;i++)
{
while(cnt>0&&q[cnt].d<=p[i].d)cnt--;
q[++cnt]=p[i];
}
f[0]=0;
for (int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(i!=1)low=q[i-1].a;
ll st=max(low,q[i].a-q[i].d)+1,ed=q[i].a;
for (ll h=st;h<=ed;h++)
{
t=(h-low-1)/q[i].d+1;
f[h]=f[max(0ll,h-t*q[i].d)]+t;
}
}
int j=1;
low=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
while(q[j].aif(j>cnt)break;
if(j!=1)low=q[j-1].a;
t=(h[i]-low-1)/q[j].d+1;
ll tot=f[max(0ll,h[i]-t*q[j].d)]+t;
if(tot<=k)k-=tot,ans++;else break;
}
cout<" "<return 0;
}