郑州大学2024年寒假训练 Day2：循环，一维数组，排序，贪心（A-J）

这场主要还是贪心，后面那几道贪心还是相当典型的。值得一写。

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A

洛谷原题 B3673 [语言月赛202210] 垃圾分类

思路

没什么好说的，第 $i$ 种垃圾能放进第 $i$ 个垃圾桶就放，放不下再放万能垃圾桶。

code：

#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1e6+6;
typedef long long ll;

int n,c,r[maxn];

int main(){
	cin>>n>>c;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>r[i];
	ll ans=0;
	for(int i=1,t;i<=n;i++){
		cin>>t;
		if(t>r[i])ans+=1ll*(t-r[i])*c;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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B

洛谷原题 P1093 [NOIP2007 普及组] 奖学金

思路：

排序题，先按总分从高到低排序，再按语文成绩从高到低排序，最后按学号从小到大排序 的一个三关键字排序。

一般排序就用sort就可以了，它默认降序排列，某些题需要用到特定排序的性质时可能需要手写排序，比如求逆序对，求第k大数。sort最常规的使用方式就是对基本数据类型进行排序，但这远远不够，我们需要学会使用重载或者函数对象实现自定义的排序方法。

sort函数是依靠比较来实现的排序算法（大部分排序算法是通过比较实现，少部分则不是，比如桶排序，基数排序），因此如果要实现自定义的排序方法，实际上只需要我们确定元素之间的大小关系（“小”数放在前面，“大”数放在后面）。

code：

下面介绍三种实现方式（23不是那么必要）：

1. 手写排序函数：
   手写一个bool函数，作为sort函数进行元素大小比较时用到的函数，然后作为sort函数第三个参数（这个相当于传了个函数指针）。
   我的记法就是口诀：大于从大到小，小于从小到大，如果需要多关键字排序，那么在上一个关键字不相等时才使用上一个关键字排序，相等时则尝试使用下一个关键字排序，具体可以看代码。
   cmp(a,b)相当于把a

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=305;

int n;
struct student{
	int yu,tot,id;
}a[maxn];

bool cmp(student a,student b){
	if(a.tot!=b.tot)return a.tot>b.tot;
	if(a.yu!=b.yu)return a.yu>b.yu;
	return a.id<b.id;
} 

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1,x,y,z;i<=n;i++){
		cin>>x>>y>>z;
		a[i].id=i;
		a[i].tot=x+y+z;
		a[i].yu=x;
	}
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	
	for(int i=1;i<=5;i++){
		printf("%d %d\n",a[i].id,a[i].tot);
	}
	return 0;
}

2. 重载小于号，cmp(a,b)与a.operator<(b)（也就是a

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=305;

int n;
struct student{
	int yu,tot,id;
	bool operator<(student x){
		if(tot!=x.tot)return tot>x.tot;
		if(yu!=x.yu)return yu>x.yu;
		return id<x.id;
	}
}a[maxn];

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1,x,y,z;i<=n;i++){
		cin>>x>>y>>z;
		a[i].id=i;
		a[i].tot=x+y+z;
		a[i].yu=x;
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	
	for(int i=1;i<=5;i++){
		printf("%d %d\n",a[i].id,a[i].tot);
	}
	return 0;
}

3. 函数对象，函数对象的范畴比较广，一般来说只要能实现一个类似于函数的功能，即传入几个参数，返回一个值，它就可以叫做函数对象。比如上面第一种实现方式的函数指针。函数对象与lambda表达式
   这里说两个，一个是传入对象，另一个是传入lambda表达式，它们都是函数对象。
   传入对象：sort(a+1,a+n+1,greater())。这里greater()创建了一个临时的greater对象，并把这个对象传入了sort函数中，这个对象重载了()运算符，使得对象可以像函数一样使用。这个greater实现的功能是把sort函数改为对int元素的降序排序，理论上来说，只要重载了()运算符，它就可以当作函数对象实现自定义排序手段。
   lambda表达式：lambda表达式本质上是被编译器处理成一个重载了()运算符的类对象，实现机理和上面一致。它的写法比较简便，简单来说就是[](){}，方括号里写捕获参数，圆括号里写传入参数，花括号里写函数体即可。

sort(a+1,a+n+1,[](student a,student b){
	if(a.tot!=b.tot)return a.tot>b.tot;
	if(a.yu!=b.yu)return a.yu>b.yu;
	return a.id<b.id;
});

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C

洛谷原题 P1223 排队接水

思路：

比较经典的贪心，可以很容易想到一个贪心策略：接水时间短的人先接。

接下来证明：假如按接水时间升序排列得到每个人的节水时间为 $t_1,t_2,...,t_x,...,t_y,...,t_n$

如果交换其中 $x$ 和 $y$ 两个人更优的话，那么交换 $t_x$ 和 $t_y$ ，看等待时间如何变化。发现 $x$ 前面和 $y$ 后面的人的等待时间没有变化，而 $x$ 到 $y$ 之间的人从原来每人等 $t_x$ 变成了等 $t_y$，显然不优，与假设矛盾。类似的，如果把接水时间更长的人与前面接水时间更短的人交换，中间的人等待的时间就会变长，因此一定是接水时间短的人在前。

实际上贪心策略大部分情况下都不太好证明，所以赛时基本都是手玩一下数据，如果感觉没有问题就可以试一试。

策略找到了，只需要排好序后统计一下总的等待时间即可。

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1005;

int n;
pair<int,int> t[maxn];

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>t[i].first,t[i].second=i;
	sort(t+1,t+n+1);
	
	long long tot=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		tot+=1ll*(n-i)*t[i].first;
		printf("%d ",t[i].second);
	}
	printf("\n%.2lf",1.*tot/n);
	return 0;
}

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D

洛谷原题 P4995 跳跳！

思路：

很容易想到一个贪心思路：从最低点跳到最高点，然后跳到次低点，再跳到次高点…后面类推。

证明有些难度，不妨假设地面高度是 $h_0=0$，那么题目相当于找到一个路径 $h_0\to h_p\to h_q\to ...\to h_x$ ，经过每个点一次，路线长度最长。

不妨先看从 $h_0$ 跳到 $h_n$ 是否最优，如果不优，那么应当存在一个点 $p$，使得从 $h_0$ 移动到 $h_p$更优。那么不妨让 $h_n$ 到 $h_p$ 之间的路径翻转一下，也就是从$$h_0\to \underline{h_n\to ...\to h_p}\to h_q\to ...\to h_x$$变为$$h_0\to \underline{h_p\to ...\to h_n}\to h_q\to ...\to h_x$$看看这时代价产生了什么变化。

1. 如果 $x\ne p$ ，也就是p后面有后继节点。发现只有 $h_0\to h_n$ 和 $h_p\to h_q$ 两条路径变成了 $h_0\to h_p$ 和 $h_n\to h_q$，代价相差：$$(h_0-h_n{)}^2+(h_p-h_q{)}^2-(h_0-h_p{)}^2-(h_n-h_q{)}^2$$$$-2h_0{h}_n-2h_p{h}_q+2h_0{h}_p+2h_n{h}_q$$$$-2h_0(h_n-h_p)-2h_q(h_p-h_n)$$$$-2(h_0-h_p)(h_n-h_p)$$

因为 $h_0\le h_p\le h_n$，所以$-2(h_0-h_p)(h_n-h_p)\ge 0$，因此前者要更大，即原本 $h_0$ 跳到 $h_n$ 比 $h_0$ 跳到任意一个 $h_p$ 都要更优。

2. 如果 $x=p$ ，也就是p后面没有后继节点，p就是终点。路径从 $h_0\to h_n$ 变成了$h_0\to h_p$，显然不优。

综上，因此 $h_0$ 一开始一定是要跳到 $h_n$，否则不优。同理，离开$h_0$ 后，这个点相当于消失了，这时候的最小值变成了 $h_1$ ，从 $h_n$ 一定是要跳到最小值 $h_1$ 上的。类推，因此路径一定是先从地面跳到最高点，再跳到最低点，再跳到次高点，再跳回次低点… 即路径为 $h_0\to h_n\to h_1\to h_{n-1}\to ...\to h_{\lceil \frac{n}{2}\rceil }$

实现的话左右各放一个指针（双端队列也可以），模拟一遍路径累加一下长度就行了。

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=305;
typedef long long ll;

int n,a[maxn];

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	sort(a+1,a+n+1);
	int i=0,j=n;
	ll ans=0;
	while(i<j){
		ans+=1ll*(a[j]-a[i])*(a[j]-a[i]);
		i++;
		ans+=1ll*(a[j]-a[i])*(a[j]-a[i]);
		j--;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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E

洛谷原题 P1080 [NOIP2012 提高组] 国王游戏

思路：

这个很有难度，而且需要使用高精度乘法和除法，应该是最难的题，直接干掉一票人（昨天晚上为止就两个人做出来）。

考虑如果编号 $i$ 和 $i+1$ 的两个大臣交换位置，代价会怎么变：

首先 $i$ 前面和 $i+1$ 后面的大臣得到的金币数量是没有变的，只有 $i$ 和 $i+1$ 两个人变了。如果要它们交换会影响最大值，那么这两个人中一定有一个为最大值，要不然换不换无所谓。假设前 $x$ 个人左手上的乘积为 $s_x$ ，那么：

• 如果大臣 $i$ 在前面，那么
  • 大臣 $i$ 的金币为： $s_{i-1}/b_i$ $\stackrel{◯}{1}$
  • 大臣 $i+1$ 的金币为： $s_{i-1}\ast a_i/b_{i+1}$ $\stackrel{◯}{2}$
• 如果大臣 $i+1$ 在前面，那么
  • 大臣 $i$ 的金币为： $s_{i-1}\ast a_{i+1}/b_i$$\stackrel{◯}{3}$
  • 大臣 $i+1$ 的金币为： $s_{i-1}/b_{i+1}$$\stackrel{◯}{4}$

我们要找 $i$ 在前和 $i+1$ 在前两种情况中 两人获得金币的最大值 较小的那个。假如大臣 $i$ 在前面要较小（ 大臣$i+1$ 同理，因此只需要证明大臣 $i$ 在前需要满足什么条件即可）。

1. 我们把上面的四个式子标上序号，如果 $\stackrel{◯}{1}$ 式是最大值，那么应当满足 $\stackrel{◯}{1}\ge \stackrel{◯}{2}$。当大臣 $i+1$ 在前时，$\stackrel{◯}{1}\to \stackrel{◯}{3}$，最大值显然变大，符合假设（也就是 $\stackrel{◯}{1}$ 是第一种情况的最大值，同时小于第二种情况的最大值，即两个最大值中较小的那个）。因此此时只需要满足 $\stackrel{◯}{1}\ge \stackrel{◯}{2}$ 即可，即 $$b_{i+1}\ge a_i\ast b_i$$

2. 如果 $\stackrel{◯}{2}$ 式是最大值，那么应当满足 $\stackrel{◯}{1}\le \stackrel{◯}{2}$。当大臣 $i+1$ 在前时，$\stackrel{◯}{2}\to \stackrel{◯}{4}$ 会变小，要维持 $\stackrel{◯}{2}$ 是两种情况中较小的最大值，需要 $\stackrel{◯}{3}$ 是第二种情况的最大值，同时满足 $\stackrel{◯}{2}\le \stackrel{◯}{3}$。$$\stackrel{◯}{1}\le \stackrel{◯}{2}\Rightarrow b_{i+1}\le a_i\ast b_i$$$$\stackrel{◯}{2}\le \stackrel{◯}{3}\Rightarrow a_i\ast b_i\le a_{i+1}\ast b_{i+1}$$

仔细观察两个条件，发现两个条件可以合并成一个条件，即$$a_i\ast b_i\le a_{i+1}\ast b_{i+1}$$这说明在满足上面这个式子时，大臣 $i$ 在前时不管谁取得最大值，得到的最大值要更小。因此满足这个条件时，大臣 $i$ 要放在前面。

之后两两比较，把 $a_i\ast b_i$ 更小的放在前面，可以通过冒泡排序把序列排序，按 $a_i\ast b_i$ 升序排列。排好序后，我们只需要从头枚举到尾，看每个人能得到多少金币，最大值即为所求，因为 $n\le 1000a_i\le 10000$ ，前缀积最多能有最多4000位，需要用高精度。

code：

高精乘高精，高精除低精。我个人建议除了除法，加减乘都只写高精运算高精，再写一个普通数转化高精数的函数就可以了。反正都用高精了，效率一般不是问题，这样写码量少很多。备好板子，赛时要用直接抄板子。

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1005;

int n;
struct peo{
	int a,b;
	bool operator<(peo x){
		return a*b<x.a*x.b;
	}
}a[maxn];

vector<int> g(int x){
	vector<int> C;
	do{
		C.push_back(x%10);
		x/=10;
	}while(x);
	return C;
}
vector<int> mul(vector<int> A,vector<int> B){
	vector<int> C(A.size()+B.size());
	for(int i=0;i<A.size();i++){
		for(int j=0;j<B.size();j++){
			C[i+j]+=A[i]*B[j];
		}
	}
	for(int i=0;i<C.size();i++)
		if(C[i]>9){
			C[i+1]+=C[i]/10;
			C[i]%=10;
		}
	while(C.size()>1 && C.back()==0)
		C.pop_back();
	return C;
}
vector<int> div(vector<int> A,int b){
	vector<int> C(A.size());
	int r=0;
	for(int i=A.size()-1;i>=0;i--){
		r=r*10+A[i];
		C.push_back(r/b);
		r%=b;
	}
	reverse(C.begin(),C.end());
	while(C.size()>1 && C.back()==0)
		C.pop_back();
	return C;
}
vector<int> max(vector<int> A,vector<int> B){
	if(A.size()!=B.size())return (A.size()>B.size())?A:B;
	for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)
		if(A[i]!=B[i])
			return (A[i]>B[i])?A:B;
	return A;
}
void print(vector<int> A){
	for(int i=A.size()-1;i>=0;i--)
		printf("%d",A[i]);
	puts("");
}

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=0;i<=n;i++)
		cin>>a[i].a>>a[i].b;
	sort(a+1,a+n+1);
	
	vector<int> s(g(a[0].a)),ans(g(0));
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,div(s,a[i].b));
		s=mul(s,g(a[i].a));
	}
	print(ans);
	return 0;
}

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F

洛谷原题 P1842 [USACO05NOV] 奶牛玩杂技

思路：

和上一个题思路一模一样，不过因为没有高精所以好写很多。

考虑如果编号 $i$ 和 $i+1$ 的两个奶牛交换位置，压扁指数会怎么变：

首先 $i$ 上面和 $i+1$ 下面的奶牛压扁指数是没有变的，只有 $i$ 和 $i+1$ 两个奶牛变了。如果要它们交换会影响最大值，那么这两个奶牛中一定有一个为最大值，要不然换不换无所谓。假设上面 $x$ 个奶牛重量之和为 $s_x$ ，那么：

• 如果奶牛 $i$ 在上面，那么
  • 奶牛 $i$ 的压扁指数为： $s_{i-1}-b_i$ $\stackrel{◯}{1}$
  • 奶牛 $i+1$ 的压扁指数为： $s_{i-1}+a_i-b_{i+1}$ $\stackrel{◯}{2}$
• 如果奶牛 $i+1$ 在上面，那么
  • 奶牛 $i$ 的压扁指数为： $s_{i-1}+a_{i+1}-b_i$$\stackrel{◯}{3}$
  • 奶牛 $i+1$ 的压扁指数为： $s_{i-1}-b_{i+1}$$\stackrel{◯}{4}$

我们要找 $i$ 在上和 $i+1$ 在上两种情况中 两奶牛压扁指数的最大值 较小的那个。假如奶牛 $i$ 在上面要较小（ 奶牛 $i+1$ 同理，因此只需要证明奶牛 $i$ 在上面需要满足什么条件即可）。

1. 我们把上面的四个式子标上序号，如果 $\stackrel{◯}{1}$ 式是最大值，那么应当满足 $\stackrel{◯}{1}\ge \stackrel{◯}{2}$。当奶牛 $i+1$ 在上时，$\stackrel{◯}{1}\to \stackrel{◯}{3}$，最大值显然变大，符合假设（也就是 $\stackrel{◯}{1}$ 是第一种情况的最大值，同时小于第二种情况的最大值，即两个最大值中较小的那个）。因此此时只需要满足 $\stackrel{◯}{1}\ge \stackrel{◯}{2}$ 即可，即 $$b_{i+1}\ge a_i+b_i$$

2. 如果 $\stackrel{◯}{2}$ 式是最大值，那么应当满足 $\stackrel{◯}{1}\le \stackrel{◯}{2}$。当奶牛 $i+1$ 在上时，$\stackrel{◯}{2}\to \stackrel{◯}{4}$ 会变小，要维持 $\stackrel{◯}{2}$ 是两种情况中较小的最大值，需要 $\stackrel{◯}{3}$ 是第二种情况的最大值，同时满足 $\stackrel{◯}{2}\le \stackrel{◯}{3}$。$$\stackrel{◯}{1}\le \stackrel{◯}{2}\Rightarrow b_{i+1}\le a_i+b_i$$$$\stackrel{◯}{2}\le \stackrel{◯}{3}\Rightarrow a_i+b_i\le a_{i+1}+b_{i+1}$$

仔细观察两个条件，发现两个条件可以合并成一个条件，即$$a_i+b_i\le a_{i+1}+b_{i+1}$$这说明在满足上面这个式子时，奶牛 $i$ 在上时不管谁取得最大值，得到的最大值要更小。因此满足这个条件时，奶牛 $i$ 要放在上面。

之后两两比较，把 $a_i+b_i$ 更小的放在上面，可以通过冒泡排序把序列排序，按 $a_i+b_i$ 升序排列。排好序后，我们只需要从头枚举到尾，记录一下最大的压扁指数即可（压扁指数可以是负数）。

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=5e4+5;

int n;
struct cow{
	int w,s;
	bool operator<(cow x){
		return w+s<x.w+x.s;
	}
}a[maxn];

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i].w>>a[i].s;
	sort(a+1,a+n+1);
	int ans=-1145141919,t=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=max(ans,t-a[i].s);
		t+=a[i].w;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

---

G

洛谷原题 P1803 凌乱的yyy / 线段覆盖

思路：

这也是个典型的贪心，按比赛结束时间排序，每次枚举结束时间，尝试在这个结束时间之前塞入最多的比赛。

感性理解的话，如果你在某时刻会闲下来，之后选一个能选的比赛中结束时间最早的比赛来打，这样比赛结束后对后续选择影响也最小。
如果选择结束时间最早的比赛不优，那么肯定存在一场结束时间不是最早的比赛，打它会更优，但是选择前者可以打的比赛数量+1，同时闲下来的时间更早；选择后者打的比赛数量+1，但闲下来的时间要晚。显然不优，和前面的假设就矛盾了。

因此对比赛按结束时间排序，每次尝试打一场结束比赛最早的比赛，直到遍历一遍比赛，看看能打几场，就是答案。如果要看严谨证明的话可以去洛谷题解区看。

codeforces上有一期比赛有道题考了一道有点类似的，指路。好吧可能不太一样

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1e6+5;

int n;
struct data{
	int s,e;
	bool operator<(data x){
		if(e!=x.e)return e<x.e;
		return s<x.s;
	}
}a[maxn];

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i].s>>a[i].e;
	sort(a+1,a+n+1);
	
	int ans=0,lst=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(a[i].s>=lst){
			ans++;
			lst=a[i].e;
		}
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

---

H

洛谷原题 P1589 泥泞路

思路：

题目也没说是开区间还是闭区间，看样例推测应该是半开半闭，这样就不需要考虑端点了。

我们只铺一段区间的时候，肯定从左端点开铺，铺到大于等于右端点就行了。但是这时有可能盖到下一段区间的一部分，这时候肯定接着刚刚的继续铺，而不是重新从区间左端点开铺，有便宜为什么不占呢。

code：

一开始的想法：记录一下上一段铺的区间，如果上一段区间盖到了这段区间的一部分，就把这个区间合并到上一个区间上，铺的时候一块铺。如果没盖到，把上一个区间铺了，改为记录这个区间。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e4+5;

int n,L;
struct mud{
	int s,e;
	bool operator<(mud x){
		return s<x.s;
	}
}a[maxn],b[maxn];
int cnt;

int main(){
	cin>>n>>L;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i].s>>a[i].e;
	sort(a+1,a+n+1);
	
	ll l=a[1].s,r=a[1].e,ans=0;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(l+(r-l+L-1)/L*L>a[i].s){//合并区间 
			r=a[i].e;
		}
		else {
			ans+=(r-l+L-1)/L;
			l=a[i].s;
			r=a[i].e;
		}
	}
	ans+=(r-l+L-1)/L;
	cout<<ans;
	return 0;
}

简单点的想法，只记录上一次铺到的位置。如果铺到的位置大于当前区间左端点，接着刚才的位置继续铺。如果铺到的位置小于当前区间左端点，从区间左端点开始铺。

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=1e4+5;

int n,L;
struct merge{
	int s,e;
	bool operator<(merge x){
		return s<x.s;
	}
}a[maxn],b[maxn];
int cnt;

int main(){
	cin>>n>>L;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i].s>>a[i].e;
	sort(a+1,a+n+1);
	
	long long ans=0;
	for(int i=1,r=0,cnt;i<=n;i++){//r表示上次铺到了哪里 
		r=max(r,a[i].s);
		cnt=max((a[i].e-r+L-1)/L,0);
		r=r+cnt*L;
		ans+=cnt;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

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I

洛谷原题 P1843 奶牛晒衣服

思路：

第一眼感觉是二分答案，然后才想到贪心。

二分答案的做法非常明显，就是二分用的时间，然后计算每件衣服需要烘干几次，如果总次数超过了时间，说明时间不够多。如果没有超过，说明时间够多了。

贪心的算法其实也很好理解，衣服晾干是同时进行的，所以最湿的衣服晾干了，其他衣服也就都干了，那么我们每次烘一次最湿的衣服，烘干次数等于晾的时间，如果最湿的衣服剩下的湿度小于晾的时间乘a。那么这个时间就是答案。因为要动态找最湿的衣服，所以用堆来存储。

code：

二分答案

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=5e5+5;

int n,a,b;
int w[maxn];

bool check(int t){
	int cnt=0;//烘干几次
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(1ll*a*t<w[i])
			cnt+=(w[i]-a*t+b-1)/b;
	return cnt<=t;
}

int main(){
	cin>>n>>a>>b;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>w[i];
	
	int l=1,r=5e5,mid;
	while(l<r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(check(mid))r=mid;
		else l=mid+1;
	}
	cout<<l;
	return 0;
}

堆+贪心

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
const int maxn=5e5+5;

int n,a,b;
priority_queue<int> h;

int main(){
	cin>>n>>a>>b;
	for(int i=1,t;i<=n;i++){
		cin>>t;
		h.push(t);
	}
	
	int cnt=0;
	while((h.top()+a-1)/a>=cnt){
		cnt++;
		int t=h.top()-b;
		h.pop();
		h.push(t);
	}
	cout<<cnt-1;
	return 0;
}

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2023 清华大学学生程序设计竞赛暨高校邀请赛（THUPC2023）初赛

思路：

这个题好。很难。

贪心的想法，肯定让最大的数尽量当众数，最大的数有 $a_n$ 个，那么第 $i$ 个数要出 $min(a_i,a_n)$ 个，每出一个，产生一次贡献 $n$。同理，如果最大数不够了，当不了众数了，在剩余的数中选取最大的那个继续当众数，以此类推。

那么对一个数 $i$ ，它的前 $a_n$ 个产生了 n 个贡献，然后假如剩下的次大数为$k$，则有 $a_k-a_n$ 个产生了 $k$ 个贡献（$a_k>a_n$），类推。1 ~ $a_n$ $a_n$ ~ $a_k$ … 是固定的，对一个 $a_i$ 我们只需要从小到大累加一遍即可，不够了后面就可以停了。所以对每个区间，需要记录一下右端点 $r$，这个值 $k$ 是什么 $id$，为了快速求和，在记录一下前缀和贡献 $s$。之后二分查找它最终所在的区间，累加一下第 $i$ 个数的贡献即可。

code：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;

int n,a[maxn];
ll r[maxn],id[maxn],s[maxn];
int cnt; 

int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	
	ll ans=0;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		if(a[i]>r[cnt]){
			r[++cnt]=a[i];
			id[cnt]=i;
			s[cnt]=s[cnt-1]+1ll*(r[cnt]-r[cnt-1])*i;
		}
		int idx=upper_bound(r+1,r+cnt+1,a[i])-r-1;
		ans+=s[idx]+1ll*(a[i]-r[idx])*id[idx+1];
	}
	
	cout<<ans;
	return 0;
}