【NOIP2015】推销员

推(chuan)销员

分析

这里主要阐述一下我的分析思路。
看起来挺直观的。

最初的想法，我们枚举每一个最远点mxp的位置，然后对之前的a进行排序。
那么以mxp为最远点，选x个的最大疲劳值为：
2∗s[mxp]+a[mxp]+(之前的前x−1大的a值的和)
这样的复杂度为 O(n2logn) ，考试时就这样拿了个60pt。

但是，我们要尝试发现这道题的特性，来进行时间上的优化。
根据极大化思想，我们要尽可能排除不影响答案的 (mxp,x) 。
当 x 一定时，设 i<j ， i 没有 j 优，这等价于：
2∗s[i]+a[i]+(i之前的前x−1大的a值的和)<2∗s[j]+a[j]+(j之前的前x−1大的a值的和)
记 w[i]=2∗s[i]+a[i]
∴w[i]−w[j]<(j之前的前x−1大的a值的和)−(i之前的前x−1大的a值的和)
当 x 增大的时候，例如 x 变大到 x+1 ，发现 (j之前的前x大的a值的和)−(i之前的前x大的a值的和) 的值一定是递增的，因为 j之前的前x大的a值的和 一定是 j之前的前x−−1大的a值的和 多一个数， i 也一样，而 i 能选择到的 j 也能选择得到。
所以我们得到了决策单调性：对于 x ， i<j ， i 没有 j 优，那么随着 x 的增大， i 仍然没有 j 优，所以对于 x 的询问的决策点会非严格单调递增。

接下来，很容易想到用单调队列什么的进行维护。
但怎么尝试都觉得不行……

这时候就一定要跳出来啦。
根据决策单调性这个重要的特点，考虑换一种思考的角度。

假如当前 x−1 这个询问我们决策点为 cur ，答案为 res ，现在要求 x 这个询问的决策点和答案。
我们有两种方法：
①在 cur 之前选择一个没有选择过的点 i ， Δ=a[i]
②在 cur 之后选择一个决策点， Δ=2∗s[i]+a[i]−2∗s[cur]
用两个堆实现即可。

有点意思。

代码

#include 
#include 
#include 
using namespace std;

#define rep(i,a,b) for (int i=(a);i<=(b);i++)

#define x first
#define y second
#define mp make_pair

typedef pair<int,int> PII;

const int N=131072;

int n;
int s[N],a[N];

int cur,vis[N];
priority_queue qs,qb;
int res;

inline int rd(void)
{
    int x=0,f=1; char c=getchar();
    for (;!isdigit(c);c=getchar()) if (c=='-') f=-1;
    for (;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}

int main(void)
{
//  freopen("a.in","r",stdin);
//  freopen("a.out","w",stdout);

    n=rd();
    rep(i,1,n) s[i]=rd();
    rep(i,1,n) a[i]=rd();

    rep(i,1,n)
        qb.push(mp(2*s[i]+a[i],i));

    PII t1,t2; int e1,e2,cs;
    rep(i,1,n)
    {
        while (!qs.empty())
        {
            t1=qs.top();
            if (vis[t1.y])
                qs.pop();
            else break;
        }
        while (!qb.empty())
        {
            t2=qb.top();
            if (t2.yy])
                qb.pop();
            else break;
        }

        e1=(!qs.empty());
        e2=(!qb.empty());
        if (!e1&&e2)
            cs=2;
        else if (e1&&!e2)
            cs=1;
        else if (e1&&e2)
        {
            t1=qs.top(),t2=qb.top();
            if (t2.x-2*s[cur]>=t1.x)
                cs=2;
            else cs=1;
        }

        if (cs==1)
        {
            t1=qs.top(); qs.pop();
            vis[t1.y]=1;
            res+=t1.x;
        }
        else if (cs==2)
        {
            t2=qb.top(); qb.pop();
            vis[t2.y]=1;
            rep(j,cur+1,t2.y)
                if (!vis[j])
                    qs.push(mp(a[j],j));
            res+=(t2.x-2*s[cur]);
            cur=t2.y;
        }

        printf("%d\n",res);
    }

    return 0;
}