蚯蚓「NOIP2016」

【题目描述】
本题中，我们将用符号 (lfloor c floor) 表示对 (c) 向下取整，例如：(lfloor 3.0 floor = lfloor 3.1 floor = lfloor 3.9 floor = 3)。

蛐蛐国里现在共有 (n) 只蚯蚓（(n) 为正整数）。每只蚯蚓拥有长度，我们设第 (i) 只蚯蚓的长度为 (a_i)
​
（(i = 1, 2, ldots , n))，并保证所有的长度都是非负整数（即：可能存在长度为 (0) 的蚯蚓）。

每一秒，神刀手会在所有的蚯蚓中，准确地找到最长的那一只（如有多个则任选一个）将其切成两半。神刀手切开蚯蚓的位置由常数 (p)（是满足 (0 < p < 1) 的有理数）决定，设这只蚯蚓长度为 (x)，神刀手会将其切成两只长度分别为 (lfloor px floor) 和 (x - lfloor px floor) 的蚯蚓。特殊地，如果这两个数的其中一个等于 (0)，则这个长度为 (0) 的蚯蚓也会被保留。此外，除了刚刚产生的两只新蚯蚓，其余蚯蚓的长度都会增加 (q)（是一个非负整常数）。

蛐蛐国王知道这样不是长久之计，因为蚯蚓不仅会越来越多，还会越来越长。蛐蛐国王决定求助于一位有着洪荒之力的神秘人物，但是救兵还需要 (m) 秒才能到来 ……（(m) 为非负整数）

蛐蛐国王希望知道这 (m) 秒内的战况。具体来说，他希望知道：

1. (m) 秒内，每一秒被切断的蚯蚓被切断前的长度（有 (m) 个数）；
2. (m) 秒后，所有蚯蚓的长度（有 (n + m) 个数）。

蛐蛐国王当然知道怎么做啦！但是他想考考你 ……

【输入格式】
第一行包含六个整数 (n)，(m)，(q)，(u)，(v)，(t)，其中：(n)，(m)，(q) 的意义见「问题描述」；(u)，(v)，(t) 均为正整数，你需要自己计算 (p = frac{u}{v})（保证 (0 < u < v)）；
(t) 是输出参数，其含义将会在「输出格式」中解释。
第二行包含 (n) 个非负整数，为 (a_1, a_2, ldots, a_n)，即初始时 (n) 只蚯蚓的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。

保证 (1 leq n leq 10 ^ 5)，(0 < m < 7 imes 10 ^ 6)，(0 < u < v < 10 ^ 9)，(0 leq q leq 200)，(1 < t < 71)，(0 < a_i < 10 ^ 8)。

【输出格式】
第一行输出 (lfloor frac{m}{t} floor)个整数，按时间顺序，依次输出第 (t) 秒，第 (2t) 秒，第 (3t) 秒 …… 被切断蚯蚓（在被切断前）的长度。
第二行输出 (lfloor frac{(n+m)}{t} floor)个整数，输出 (m) 秒后蚯蚓的长度；需要按从大到小的顺序，依次输出排名第 (t)，第 (2t)，第 (3t) …… 的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。即使某一行没有任何数需要输出，你也应输出一个空行。

【题解】
直接用大根堆跑暴力会被卡掉。。。差不多是(O((n+m)log(n+m)))

正解是(O(n+m))的

性质一：如果一条蚯蚓i 比 蚯蚓j 先被切掉 那么i的两个切出来的小段中较短的那段 也一定比 j切出来的较短的那段 先被切掉 较长的那段同理
证明：
设i现在的长度为(a_i)，j现在的长度为(a_j)，那么i这次被切出来的一个小段为(lfloor pa_i floor)，一秒后变为(lfloor pa_i floor+q) ; j在下一秒被切掉 切出来的一个小段为(lfloor pa_j+q floor) 若(a_i > a_j) 则易证 (lfloor pa_i floor+q > lfloor pa_j+q floor)。

所以其实这道题具有一定的单调性 维护三个队列：队列1存储还一次都没有被切的蚯蚓长度 队列2存储被切掉的那些蚯蚓两段中较长的那些段 队列3存储切掉后剩下较短的那些段
开始时按从大到小的顺序把蚯蚓长度全部放进队列1 然后每次从1，2，3三个队列的首端取一个最大的切掉 然后把切出来的两段分别丢进队列2，3
答案就边做边记录一下 每秒结束后增长(q)的操作其实可以比较优美的处理 具体见代码

【代码】

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll n, m, u, qq, v, t, a[1000005], nowlen;
ll q[7000005], q2[7000005], q3[7000005], head = 1, head2 = 1, head3 = 1, tail, tail2, tail3;
ll ans[7000005], ans2[8000005], sz;

ll getmax() {
	ll x = -0x7fffffff, x2 = -0x7fffffff, x3 = -0x7fffffff;
	if (head <= tail) x = q[head];
	if (head2 <= tail2) x2 = q2[head2];
	if (head3 <= tail3) x3 = q3[head3];
	if (x >= x2 && x >= x3) {
		head++;
		return x;
	} else if (x2 >= x && x2 >= x3) {
		head2++;
		return x2;
	} else {
		head3++;
		return x3;
	}
}

int main() {
	scanf("%lld %lld %lld %lld %lld %lld", &n, &m, &qq, &u, &v, &t);
	for (ll i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	sort(a + 1, a + n + 1, greater<ll>() );
	for (ll i = 1; i <= n; i++) q[++tail] = a[i];
	for (ll i = 1; i <= m; i++) {
		ans[i] = getmax() + nowlen;
		ll x = ans[i] * u / v, y = ans[i] - x;
		nowlen += qq;
		if (x < y) swap(x, y);
		q2[++tail2] = x - nowlen; q3[++tail3] = y - nowlen;
	}
	while (head <= tail || head2 <= tail2 || head3 <= tail3) ans2[++sz] = getmax() + nowlen;
	for (ll i = t; i <= m; i += t) printf("%lld ", ans[i]);
	putchar('
');
	for (ll i = t; i <= sz; i += t) printf("%lld ", ans2[i]);
	putchar('
'); 
	return 0;
}