codeforces 657C - Bear and Contribution [想法题]

题目链接: http://codeforces.com/problemset/problem/657/C

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题目的特别之处在于只有 $+1$ $+5$ 这两种操作 我们要考虑如何利用这个条件

多想一下后可以发现 如果最优解的目标值为$x($将至少$k$个人的值增加到$x)$

那么一定存在一个人 他的初始值在 $[x - 4, x]$ 这个范围内

否则将$x$减去$5$后可以得到更优的解

因此可能成为最优解的目标值最多只有 $n * 5$ 种

现在考虑的便是在 $O(n)$ 枚举目标值的前提下 如何对于每个目标值快速计算出答案

我一开始的想法是根据 $mod 5$ 的余数分类 写$5$个数组记录下前缀和什么的

然而这样二分答案有一个 $log$ 二分数组下标又一个 $log$

尽管题目给了 $4s$ 应该可以过 但是总感觉这样做不够优雅

再次分析题目条件我们有可以发现 实际上每次询问都是与目标距离最小的 $k$ 个数 而这个$k$是不变的

于是现在问题就变成了维护一个数据结构 支持查找容器内最小的 $k$个数 以及添加一个数

这显然就是一个堆了 总的复杂度是 $O(n + nlogk)$

由于在 $mod 5$ 的$5$中情况下 所有初始值转移到目标值的代价多少的排序并不是一样的

因此我们维护$5$个堆就好

 1 #include <cstdio>
 2 #include <cstring>
 3 #include <cmath>
 4 #include <algorithm>
 5 #include <queue>
 6 using namespace std;
 7 const int N = 2e5 + 10;
 8 const long long inf = 1e9;
 9 int a[N], dis[N * 5];
10 long long sum[5];
11 long long ans = 1e18;
12 int n, k, b, c, cnt;
13 priority_queue <long long> q[5];
14 int main()
15 {
16     scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &b, &c);
17     b = min(b, c * 5);
18     for(int i = 1; i <= n; ++i)
19     {
20         scanf("%d", &a[i]);
21         for(int j = 0; j < 5; ++j)
22             dis[cnt++] = a[i] + j;
23     }
24     sort(a + 1, a + 1 + n);
25     sort(dis, dis + cnt);
26     cnt = unique(dis, dis + cnt) - dis;
27     int now = 1;
28     for(int i = 0; i < cnt; ++i)
29     {
30         int x = dis[i], kind =(inf + x) % 5;
31         long long cost;
32         while(now <= n && a[now] <= x)
33         {
34             for(int j = 0; j < 5; ++j)
35             {
36                 cost = (inf + j - a[now]) / 5 * b + (inf + j - a[now]) % 5 * c;
37                 q[j].push(cost);
38                 sum[j] += cost;
39                 if((int)q[j].size() > k)
40                 {
41                     sum[j] -= q[j].top();
42                     q[j].pop();
43                 }
44             }
45             ++now;
46         }
47         long long y = (inf + kind - x) / 5 * b * k;
48         if((int)q[kind].size() == k)
49             ans = min(ans, sum[kind] - y);
50     }
51     printf("%lld\n", ans);
52     return 0;
53 }