[NOIP2015]推销员
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[NOIP2015]推销员
试题描述
阿明是一名推销员,他奉命到螺丝街推销他们公司的产品。螺丝街是一条死胡同,出口与入口是同一个,街道的一侧是围墙,另一侧是住户。螺丝街一共有 N 家住户,第 i 家住户到入口的距离为 Si 米。由于同一栋房子里可以有多家住户,所以可能有多家住户与入口的距离相等。阿明会从入口进入,依次向螺丝街的 X 家住户推销产品,然后再原路走出去。阿明每走 1 米就会积累 1 点疲劳值,向第 i 家住户推销产品会积累 Ai 点疲劳值。阿明是工作狂,他想知道,对于不同的 X,在不走多余的路的前提下,他最多可以积累多少点疲劳值。
输入
第一行有一个正整数 N,表示街住户数量,接下来一行有 N 个正整数,其中第 i 个整数 Si 表示第 i 家住户到入口距离保证 S1<=S2<=S3....<10 的 8 次方。接下来一行有 N 个整数,其中第 i 个整数 Ai 表示向第 i 个住户推销产品会积累疲劳值。保证 Ai<=10 的 3 次方。
输出
输出 N 行,每行一个正整数,其中第 i 行整数表示当 x=i,阿明积累的疲劳值。
输入示例
5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5
输出示例
15 19 22 24 25
数据规模及约定
1<= N <= 1000000
题解
NOIP普及组也有尊严!
不难想到 X= i 时的最优方案一定从 X = i-1 时的最优方案的基础上再加一户宣传对象得来。
考虑 X = 1 时的选择,显然是所有住户中 Ai + 2Si 中最大的被选,若有多个住户的 Ai + 2Si 相同,则优先选择 Si 最小的(想一想为什么)。
然后序列被划分成左右两个部分,选择左边住户获得 Ai 的贡献,选择右边住户获得 Ai + 2(Si - T) 的贡献,T 表示当前划分界限到胡同入口的距离,注意右边部分的贡献的大小关系相比最初并没有改变,只需要重新对左边住户的贡献进行排序。于是可以建一个新优先队列将左边的所有住户加入,将原优先队列中被划分到左边部分的元素丢掉。因为划分界线是一直往右移的,所以每个元素至多被加入两次,被删除两次,总时间复杂度为O(nlogn).
#include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <stack> #include <vector> #include <queue> #include <cstring> #include <string> #include <map> #include <set> using namespace std; const int BufferSize = 1 << 16; char buffer[BufferSize], *Head, *Tail; inline char Getchar() { if(Head == Tail) { int l = fread(buffer, 1, BufferSize, stdin); Tail = (Head = buffer) + l; } return *Head++; } int read() { int x = 0, f = 1; char tc = getchar(); while(!isdigit(tc)){ if(tc == ‘-‘) f = -1; tc = getchar(); } while(isdigit(tc)){ x = x * 10 + tc - ‘0‘; tc = getchar(); } return x * f; } #define maxn 1000010 #define LL long long int n, S[maxn], A[maxn]; bool has[maxn]; struct HeapNode { int id, x; LL val; bool operator < (const HeapNode& t) const { return val != t.val ? val < t.val : x > t.x; } } ; HeapNode Max(HeapNode a, HeapNode b) { if(a < b) return b; return a; } priority_queue <HeapNode> Q, Q2; int main() { n = read(); for(int i = 1; i <= n; i++) S[i] = read(); for(int i = 1; i <= n; i++) A[i] = read(); while(!Q.empty()) Q.pop(); while(!Q2.empty()) Q2.pop(); for(int i = 1; i <= n; i++) Q.push((HeapNode){ i, S[i], (LL)A[i] + 2ll * S[i] }); int T = 0, Tid = 0; LL ans = 0; for(int i = 1; i <= n; i++) { HeapNode u; u = (HeapNode){ 0, 0, 0 }; if(!Q.empty()) { u = Q.top(); Q.pop(); while(u.x <= T && !Q.empty()) u = Q.top(), Q.pop(); if(u.x > T && Q.empty()) u = (HeapNode){ 0, 0, 0 }; else u.val -= 2ll * T; } HeapNode v; v = (HeapNode){ 0, 0, 0 }; if(!Q2.empty()) v = Q2.top(), Q2.pop(); u = Max(u, v); has[u.id] = 1; ans += u.val; printf("%lld\n", ans); if(u.x > T) { T = u.x; for(++Tid; Tid <= n && S[Tid] <= T; Tid++) if(!has[Tid]) Q2.push((HeapNode){ Tid, S[Tid], A[Tid] }); } } return 0; }
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