CF802O-April Fools‘ Problem(hard)【wqs二分,优先队列】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF802O

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题目大意

(n)天每条有(a_i)和(b_i)。

每条可以花费(a_i)准备至多一道题，可以花费(b_i)打印至多一道准备好了的题。

求准备(k)道题最少要花费多少。

(1leq kleq nleq 5 imes 10^5)

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解题思路

这也能是(wqs)二分是我没想到的。

物品可以分成两种，准备题目和打印题目。

然后因为这是个费用流模型所以答案肯定是下凸的。

然后这两种物品中恰好要打印(k)道题。

那就是(wqs)二分一下减去的值，然后维护的时候直接用优先队列求能搞到的最大值。

就是每次把(a_i)丢进去然后如果(b_i)就找到之前最小的一个数然后把(b_i-mid)丢进去（可撤销）就好了。

时间复杂度(O(nlog W))

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const ll N=5e5+10;
ll n,k,a[N],b[N];
priority_queue<pair<ll,ll> >q;
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
	ll l=0,r=2e9;
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)>>1,cnt=0,ans=0;
		for(ll i=1;i<=n;i++){
			q.push(mp(-a[i],0));
			ll tmp=b[i]-mid-q.top().first;
			if(tmp<0)ans+=tmp,q.pop(),q.push(mp(b[i]-mid,1));
		}
		while(!q.empty())cnt+=q.top().second,q.pop();
		if(cnt==k)return printf("%lld
",ans+k*mid)&0;
		if(cnt<k)l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return 0;
}