XSY3244 10.31 D

XSY3244 10.31 D

题意：

​ 数轴上有(N)只老鼠(M)个洞，每个洞有一个容量，求所有老鼠进洞的最小代价。((N,Mleq1000000)，时限(2s))

题解：

​ 被代爷的前两道题卡得醉生梦死，场上根本没看这题。。。

​ 十万的档显然可以(dp)，加个线段树什么的就可以了。

​ 对于100%的数据，上面的那个(dp)已经没用了，代爷给的做法是正反贪心，让每只老鼠贪心选择左/右最近的洞。对于每只老鼠，这两个洞正好是它最终决策会去的洞。然后把老鼠和每一个可能有老鼠进的洞一起摆在数轴上，做一遍(dp)。状态(f_{i,j})表示搞到第(i)个点，老鼠比洞多(j)个，转移挺简单的。这个(dp)相较上面的那个，优点在于它可以直接利用指针跳(O(1))转移。时空复杂度都是线性的。

​ 场上还有人想出了另一种做法。这是我代码的做法。

​ 我们建出一个模型：

• 对于老鼠和洞，我们分别用两个大根堆(M,H)储存，按位置。

• 将老鼠和洞按位置排序。

• 如果当前处理的是老鼠，那就取(H)堆顶，钦定它进这个洞，这个容量(-1)，并且在以老鼠为镜面，这个洞反射过去的地方往(M)堆里插入一只老鼠，更新答案。

• 如果当前处理的是洞，那就让(M)堆中所有坐标比它大的老鼠滚进这个洞（显然比老鼠在当前洞内更优），但是这不一定最优，所以我们要建立反悔机制：记(Delta = 当前洞的坐标-这只老鼠的坐标)，在(当前洞坐标当前洞坐标+ Delta)的地方新建容量为一的洞；更新答案，如果处理完所有之后当前洞还有剩余的容量，就把它扔进堆里。想一想，为什么。

  ​代码：

  #include<queue>
  #include<cstdio>
  #include<cstring>
  #include<iostream>
  #include<algorithm>
  #define fo(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
  #define of(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
  #define fe(i,u) for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
  using namespace std;
  typedef long long ll;
  typedef pair<ll,int> pli;
  #define P(a,b) make_pair(a,b)
  inline void open(const char *s)
  {
  	#ifndef ONLINE_JUDGE
  	char str[20];
  	sprintf(str,"in%s.txt",s);
  	freopen(str,"r",stdin);
  //	sprintf(str,"out%s.txt",s);
  //	freopen(str,"w",stdout);
  	#endif
  }
  inline ll rd()
  {
  	static ll x,f;
  	x=0;f=1;
  	char ch=getchar();
  	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1ll;
  	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10ll+ch-'0';
  	return f>0?x:-x;
  }
  const int N=1000010;
  int n,m;
  ll ans=0;
  pli a[N<<1];
  priority_queue<ll>M;
  priority_queue<pli>H;
  
  inline void gaoM(pli x)
  {
  	ll res=1000000000000000ll;
  	if(!H.empty()){
  		pli y=H.top();H.pop();
  		res=x.first-y.first;
  		if(--y.second)H.push(y);
  	}
  	M.push(x.first+res);
  	ans+=res;
  }
  inline void gaoH(pli x)
  {
  	while(x.second&&!M.empty()&&M.top()>x.first){
  		ll y=M.top();M.pop();
  		ll res=x.first-y;x.second--;
  		ans+=res;H.push(P(x.first+res,1));
  	}
  	if(x.second)H.push(x);
  }
  
  int main()
  {
  	open("c");
  	n=rd();m=rd();
  	fo(i,1,n)a[i].first=rd(),a[i].second=-1;
  	ll s=0;
  	fo(i,1,m)a[n+i].first=rd(),a[n+i].second=rd(),s+=a[n+i].second;
  	if(s<n)return puts("-1"),0;
  	sort(a+1,a+n+m+1);
  	fo(i,1,n+m){
  		if(a[i].second==-1)gaoM(a[i]);
  		else gaoH(a[i]);
  	}
  	printf("%lld
  ",ans);
  	return 0;
  }