P1631 序列合并(贪心）

P1631 序列合并(贪心）

传送门

思路：要求前$n$个最小的数，显然不能全部枚举$n^2$个出来，考虑如何去除不可能的情况，显然当对于$a[i]+b[j]$显然当$(i-1)\times (j-1)\ge n$显然不用再继续下去了，因为根据数组的单调性可知前面$(i-1)\times (j-1)$个数显然都小于等于$a[i]+b[j]$。

时间复杂度：$O(n(logn{)}^2)$

证明：对于$1$最多有$n$个，对于$2$最多$\frac{n}{2}$个，以此类推

$(1+\frac{1}{2}+\dots \frac{1}{n})\approx ln(n)$

再乘上上从小到大排序的$logn$ 所以就是$O(n(logn{)}^2)$

#include
#include 
#include
typedef long long ll;
#define re register//寄存类型变量,加快读取速度
using namespace std;
const int N=1e5+5;
inline void read(int &x){ 
	x=0;
	char ch;
	for(ch=getchar();ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
		x=(x<<3)+(x<<1)+(ch&15); 
}
int n,a[N],b[N];
int main(){
	read(n);
	for(re int i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
	for(re int i=1;i<=n;i++) read(b[i]);
	priority_queue<int>q;
	for(re int i=1;i<=n;i++)
		for(re int j=1;(i-1)*(j-1)<=n&&j<=n;j++)
			q.push(-a[i]-b[j]);//大根堆转小根堆 
		for(int i=0;i<n;i++){
			printf("%d ",-q.top());
			q.pop();
		}
	return 0; 
}