NOIP2011(提高组)DAY2---观光公交（vijosP1741）

描述

风景迷人的小城Y市，拥有n个美丽的景点。由于慕名而来的游客越来越多，Y市特意安排了一辆观光公交车，为游客提供更便捷的交通服务。观光公交车在第0分钟出现在1号景点，随后依次前往2、3、4……n号景点。从第i号景点开到第i+1号景点需要Di分钟。任意时刻，公交车只能往前开，或在景点处等待。

设共有m个游客，每位游客需要乘车1次从一个景点到达另一个景点，第i位游客在Ti分钟来到景点Ai，希望乘车前往景点Bi（Ai

一个乘客的旅行时间，等于他到达目的地的时刻减去他来到出发地的时刻。因为只有一辆观光车，有时候还要停下来等其他乘客，乘客们纷纷抱怨旅行时间太长了。于是聪明的司机ZZ给公交车安装了k个氮气加速器，每使用一个加速器，可以使其中一个Di减1。对于同一个Di可以重复使用加速器，但是必须保证使用后Di大于等于0。

那么ZZ该如何安排使用加速器，才能使所有乘客的旅行时间总和最小？

格式

输入格式

第1行是3个整数n, m, k，每两个整数之间用一个空格隔开。分别表示景点数、乘客数和氮气加速器个数。

第2行是n-1个整数，每两个整数之间用一个空格隔开，第i个数表示从第i个景点开往第i+1个景点所需要的时间，即Di。

第3行至m+2行每行3个整数Ti, Ai, Bi，每两个整数之间用一个空格隔开。第i+2行表示第i位乘客来到出发景点的时刻，出发的景点编号和到达的景点编号。

输出格式

共一行，包含一个整数，表示最小的总旅行时间。

样例1

样例输入1

 

3 3 2
1 4
0 1 3
1 1 2
5 2 3

样例输出1

 

10

限制

1s

提示

样例说明：

对D2使用2个加速器，从2号景点到3号景点时间变为2分钟。

公交车在第1分钟从1号景点出发，第2分钟到达2号景点，第5分钟从2号景点出发，第7分钟到达3号景点。

第1个旅客旅行时间7 - 0 = 7分钟；
第2个旅客旅行时间2 - 1 = 1分钟；
第3个旅客旅行时间7 - 5 = 2分钟。

总时间7 + 1 + 2 = 10分钟。

数据范围：

对于10%的数据，k = 0；
对于20%的数据，k = 1；
对于40%的数据，2 ≤ n ≤ 50，1 ≤ m ≤ 1,000，0 ≤ k ≤ 20，0 ≤ Di ≤ 10，0 ≤ Ti ≤ 500；
对于60%的数据，1 ≤ n ≤ 100，1 ≤ m ≤ 1,000，0 ≤ k ≤ 100，0 ≤ Di ≤ 100，0 ≤ Ti ≤ 10,000；
对于100%的数据，1 ≤ n ≤ 1,000，1 ≤ m ≤ 10,000，0 ≤ k ≤ 100,000，0 ≤ Di ≤ 100，0 ≤ Ti ≤ 100,000。

来源

NOIp2011提高组Day2第三题

 

解析：用完加速器后要使总时间最小，应该是贪心，但是怎么贪，是一个问题，n个景点，m个乘客，对于每个景点来说，有一个汽车到达的时间arrive[n],还有一个从此景点的出发时间（即乘客的最晚到达时间）latest[n]，我们应该加速的是乘客先到，汽车后到的景点（乘客后到，汽车先到的景点，加速没有意义啊，乘客不来，老司机也没有办法），所以应该找一段区间，满足两个要求，一是在这个区间下车的人最多（这样加速的意义更大，减小即使加速也要在站等乘客的时间），还有一个要求是这段区间满足每个站点都是汽车后到，乘客先到。满足这两个条件的区间即可。

 

代码主要步骤

读数据-->计算bus到i点的时间arrive[i]-->bus从i点出发的最晚时间（即乘客到达i点的最晚时间）latest[i]
-->1--i点有多少乘客在这段区间下车（前缀累加和）-->找同时满足两个条件的区间（交集），一个是该区间sum[next[i]-1]-sum[i]
另一个区间是该区间各点均满足arrive[i]>latest[i](等于不用加速器)（即乘客先到，汽车后到需要加速）
(乘客后到，加速没有意义)

 

代码

 

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 using namespace std;
 5 int n,m,k;
 6 int Di[1005];
 7 int t[10005],a[10005],b[10005];
 8 int arrive[1005],latest[1005];
 9 int sum[1005],next[1005];
10 int minn,sta;
11 int ans;
12 int maxl;
13 int main()
14 {
15     freopen("bus.in","r",stdin);
16     freopen("bus.out","w",stdout);
17     scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
18     for(int i=1;i<=n-1;i++)
19     scanf("%d",&Di[i]);
20     for(int i=1;i<=m;i++)
21     {
22         scanf("%d%d%d",&t[i],&a[i],&b[i]);
23         sum[b[i]]++;
24         if(t[i]>latest[a[i]])latest[a[i]]=t[i];
25     }
26     //前缀累加和
27     for(int i=2;i<=n;i++)
28     sum[i]+=sum[i-1];
29     while(1)
30     {
31         //每次更新距离后（用了加速器）都要更新arrive[] 
32         arrive[1]=0;
33         for(int i=2;i<=n;i++)
34         arrive[i]=max(arrive[i-1],latest[i-1])+Di[i-1];
35         //且要更新next[],因为用了加速器后，有些点是不满足区间条件
36         next[n]=n;
37         for(int i=n-1;i>=1;i--)
38         {
39             //满足条件区间连续  1（*）  2  3（*） 4（*）  5（*） 6  7（*） 8 
40             // 3---next[3]-1  3      6  6      6       6    8   8     8                             
41             next[i]=next[i+1];
42             if(arrive[i+1]<=latest[i+1])//第i+1个点不满足
43             next[i]=i+1;
44         }
45             //贪心需找区间
46             maxl=1;
47             while(!Di[maxl]&&maxl<=n-1)
48             ++maxl;
49             if(maxl==n||k==0)break;
50             //寻找最优区间
51             //i+1--next[i]-1,sum[next[i]]-sum[i]=i+1--
52             for(int i=maxl+1;i<=n-1;i++)
53             if(Di[i]&&sum[next[maxl]]-sum[maxl]sum[i])
54             maxl=i;
55             if(sum[next[maxl]]-sum[maxl]==0)break;//后面已无乘客
56             int dd=100005;
57             for(int i=maxl+1;i<=next[maxl]-1;i++)
58             dd=min(dd,arrive[i]-latest[i]);//最小时间差，乘客先到，汽车后到
59             dd=min(dd,k);//这段区间中使用加速器，所有乘客都受益，所以不存在人数最多相同区间
60             dd=min(dd,Di[maxl]);
61             k-=dd;//区间没人都受益，受益总和确定
62             Di[maxl]-=dd;
63     } 
64     //此时所以bus都比乘客先到达 
65     for(int i=1;i<=m;i++)
66     ans+=abs(arrive[b[i]]-t[i]);//防止没有加速器 ，可能为负
67     cout<endl;
68     return 0;
69 } 

代码难点

1,前缀和累加.

2,next[n]记录一段连续区间，满足要求的区间为 [i+1,next[i]-1].（最好手动写一遍next[]的数组）

总结

1,贪心条件

2,基础技法：前缀和累加&&next[i]连续

转载于:https://www.cnblogs.com/abcfrey/p/NOIP2011_vijosp1741_Frey.html