[noip2016] 蚯蚓 (队列)

传送门

Description

Input

Output

Sample Input

样例1：
3 7 1 1 3 1
3 3 2
样例2：
3 7 1 1 3 2
3 3 2
样例3：
3 7 1 1 3 9
3 3 2

Sample Output

样例1：
3 4 4 4 5 5 6
6 6 6 5 5 4 4 3 2 2
样例2：
4 4 5
6 5 4 3 2
样例3：
//空行
2

HINT

Solution

很显然是一道优先队列的题0_0
我们每次拿出最大的一只蚯蚓切割再扔到堆里（第一问）
然后将堆中的东西依次取出（第二问）
那怎么将堆中蚯蚓每次加上q呢？
可以设一个变量表示当前蚯蚓已经被加了多少，出队时加上就行（入队时记得减去）
那切割后的蚯蚓不增加q怎么办？那就入队时先-q就行了
然后这样\(O((n+m)log(n+m))\)就应该可以水过很多分了~
然后说正解：其实正解也是跟上面一样的步骤只不过证明了一个单调性，省去log(n+m)的时间
证明：后分解出的?px?一定小于先分解出的?px? (x-?px?同理)
考虑反证法若\(xi*p+(j-i)*q<=(xj+(j-i)*q)*p\)
则有：\(xi*p+(j-1)*q<=xj*p+(j-i)*q*p\)
因为\(xi>xj\)且\(0<p<1\)该式显然不成立
说明?px?单调递减成立
有了单调性我们就可以用三个队列模仿优先队列一样操作
时间复杂度：\(O(nlogn+m)\)

Code

//By Menteur_Hxy
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define F(i,a,b) for(register int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;

int read() {
    int x=0,f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-f;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) x=(x<<1)+(x<<3)+c-48,c=getchar();
    return x*f;
}

const int INF=0x7fffffff;
const int N=1e5+10,M=7e6+10;
int n,m,q,u,v,t,reg;
int Q[3][M],qt[3],qf[3];

bool cmp(int x,int y) {return x>y;}

int Max() {
    int res=-INF,cnt;
    F(i,0,2) if(qf[i]<qt[i]&&res<Q[i][qf[i]+1])
        res=Q[i][qf[i]+1],cnt=i;
    qf[cnt]++; return res;
}

int main() {
    n=read(),m=read(),q=read(),u=read(),v=read(),t=read();
    F(i,1,n) Q[0][++qt[0]]=read();
    sort(Q[0]+1,Q[0]+qt[0]+1,cmp);
    F(i,1,m) {
        int x=Max()+reg;
        if(i%t==0) printf("%d ",x);
        int l=(long long)x*u/v,r=x-l;
        Q[1][++qt[1]]=l-reg-q;
        Q[2][++qt[2]]=r-reg-q;
        reg+=q;
    }
    putchar('\n');
    F(i,1,n+m) {
        int x=Max()+reg;
        if(i%t==0) printf("%d ",x);
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/Menteur-Hxy/p/9370812.html