JZOJ 4017. 【雅礼联考DAY01】逃跑（0/1分数规划+单调队列+线段树优化DP）

JZOJ 4017. 【雅礼联考DAY01】逃跑

题目

Description

Konrad， Delfador 和 Kalenz 一行人又喜闻乐见地被追杀了。
他们面临的是一条有 N 个地点的路， 他们从 0 号地点出发， 要逃到 N 号地点去。每个地点的战斗都有一定的金币收入 Ai，也有一定的部队损失 Bi。
为了更好地逃生， Delfador 还弄到了一块传送宝石，这样一行人就能向后传送不超过 L 的距离。从一个地点传送到另一个地点时，Konrad 会选择路径上除起点外的地形指数 Ci 最大的地点进行战斗，地形指数相同时选择最靠后的。
作为优秀的领导者， Konrad 希望总金币收入与总部队损失的比值最大。

Input

第一行，两个整数 N, L。
接下来 N 行，每行两个整数，分别表示 Ai, Bi, Ci。

Output

一行，一个实数，表示答案。
答案请使用科学计数法输出，保留 9 位小数，具体参见输出样例。指数为 0 时，最后应当输出’0.000000000e+000’。

Sample Input

5 3
1 1 1
1 2 2
2 3 1
1 9 2
1 1 1

Sample Output

3.750000000e-001

Data Constraint

题解

• 这题求比值最大，显然是0/1分数规划，一般的思路就是二分答案，
• 二分一个值$mid$，判断其是否可行，也就是需要$\frac{\sum a_i}{\sum b_i}\ge mid$，
• 然后通过移项，$\sum a_i\ge mid\times \sum b_i$
• 又有$\sum a_i-mid\times b_i\ge 0$，
• 那么令$i$号点的贡献为$w_i=a_i-mid\times b_i$，则可以通过简单的DP得到50分。
• 设$f_i$表示到第$i$号点的最大权值$w$之和，那么$f_i=max(f_j+w_x)$，其中$j\ge i-L$且$x$为$(j,i]$中$c$值最大的点，最后看$f_n$是否不小于$0$即可。
• 但这样的时间复杂度是$O(n^2\log n)$的，需要优化。
• 考虑用一个单调队列维护地形指数$c$最大的点，线段数记录每个点的$f_i+w_x$，$x$的含义和上面一样，因为$x$是会变化的，所以我们正是用单调对列维护$f_i+w_x$值的改变。
• 每次判断$c_i\ge c[q[r]]$时，$[q[r-1],q[r])$区间内的$x$要从$q[r]$变成$i$，于是用线段树区间修改在这个区间加上$w_i-w_{q[r]}$，
• 接着队尾加入当前点$i$，线段树中加入点$i-1$值为$f_{i-1}+w_i$，
• 然后再区间查询线段树$[max(i-L,0),i-1]$中的最大值，更新$f_i$。
• 注意用long double可能会时超，要改double。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ld double
#define e 0.0000000001
#define N 30010
ld f[N];
struct
{
	ld a,b;
	int c;
}a[N];
int n,L,q[N];
ld g[N*4],bz[N*4],w[N];
void add(int v,int l,int r,int x,int y,ld c)
{
	if(l==x&&r==y) 
	{
		g[v]+=c;
		bz[v]+=c;
	}
	else
	{
		bz[v*2]+=bz[v],bz[v*2+1]+=bz[v];
		g[v*2]+=bz[v],g[v*2+1]+=bz[v];
		bz[v]=0;
		int mid=(l+r)/2;
		if(y<=mid) add(v*2,l,mid,x,y,c);
		else if(x>mid) add(v*2+1,mid+1,r,x,y,c);
		else
		{
			add(v*2,l,mid,x,mid,c);
			add(v*2+1,mid+1,r,mid+1,y,c);
		}
		g[v]=max(g[v*2],g[v*2+1]);
	}
}
ld find(int v,int l,int r,int x,int y)
{
	if(l==x&&r==y) return g[v];
	bz[v*2]+=bz[v],bz[v*2+1]+=bz[v];
	g[v*2]+=bz[v],g[v*2+1]+=bz[v];
	bz[v]=0;
	int mid=(l+r)/2;
	if(y<=mid) return find(v*2,l,mid,x,y);
	else if(x>mid) return find(v*2+1,mid+1,r,x,y);
	else return max(find(v*2,l,mid,x,mid),find(v*2+1,mid+1,r,mid+1,y));
}
int check(ld x)
{
	memset(g,0,sizeof(g));
	memset(bz,0,sizeof(bz));
	for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=-99999999999,w[i]=a[i].a-a[i].b*x;
	f[0]=0;
	int le=1,ri=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		while(le<=ri&&a[i].c>=a[q[ri]].c)
		{
			add(1,0,n,q[ri-1],q[ri]-1,w[i]-w[q[ri]]);
			ri--;
		}
		q[++ri]=i;
		
		add(1,0,n,i-1,i-1,f[i-1]+w[i]);
		
		f[i]=find(1,0,n,max(0,i-L),i-1);
		
	}
	return f[n]>=0;
}
int main()
{
	int i;
	scanf("%d%d",&n,&L);
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf%d",&a[i].a,&a[i].b,&a[i].c);
	ld l=0,r=1000000,ans;
	while(l+e<=r)
	{
		ld mid=(l+r)/2;
		if(check(mid))
		{
			ans=mid;
			l=mid+e;	
		}
		else r=mid-e;	
	}
	if(ans>=1&&ans<10)
	{
		printf("%.9lfe+000",ans);
	}
	else if(ans<1)
	{
		int ls=0;
		while(ans+0.00000001<1) ans*=10,ls++;
		printf("%.9lfe-",ans);
		if(ls<10) printf("00%d",ls);
		else if(ls<100) printf("0%d",ls);
		else printf("%d",ls);
	}
	else
	{
		int ls=0;
		while(ans+e>=10) ans/=10,ls++;
		printf("%.9lfe+",ans);
		if(ls<10) printf("00%d",ls);
		else if(ls<100) printf("0%d",ls);
		else printf("%d",ls);
	}
	return 0;
}