[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 A_i + 2S_i 中最大的被选，若有多个住户的 A_i + 2S_i 相同，则优先选择 S_i 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 A_i 的贡献，选择右边住户获得 A_i + 2(S_i - 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;
}