[六省联考2017]期末考试

4868: [Shoi2017]期末考试

2017-09-03

Description

有n位同学，每位同学都参加了全部的m门课程的期末考试，都在焦急的等待成绩的公布。第i位同学希望在第ti天或之前得知所.有.课程的成绩。如果在第ti天，有至少一门课程的成绩没有公布，他就会等待最后公布成绩的课程公布成绩，每等待一天就会产生C不愉快度。对于第i门课程，按照原本的计划，会在第bi天公布成绩。有如下两种操作可以调整公布成绩的时间：1.将负责课程X的部分老师调整到课程Y，调整之后公布课程X成绩的时间推迟一天，公布课程Y成绩的时间提前一天；每次操作产生A不愉快度。2.增加一部分老师负责学科Z，这将导致学科Z的出成绩时间提前一天；每次操作产生B不愉快度。上面两种操作中的参数X,Y,Z均可任意指定，每种操作均可以执行多次，每次执行时都可以重新指定参数。现在希望你通过合理的操作，使得最后总的不愉快度之和最小，输出最小的不愉快度之和即可

Input

第一行三个非负整数A,B,C，描述三种不愉快度，详见【问题描述】；

第二行两个正整数n,m(1≤n,m≤105)，分别表示学生的数量和课程的数量；

第三行n个正整数ti，表示每个学生希望的公布成绩的时间；

第四行m个正整数bi，表示按照原本的计划，每门课程公布成绩的时间。

1<=N,M,Ti,Bi<=100000,0<=A,B,C<=100000

Output

输出一行一个整数，表示最小的不愉快度之和。

Sample Input

100 100 2
4 5
5 1 2 3
1 1 2 3 3

Sample Output

由于调整操作产生的不愉快度太大，所以在本例中最好的方案是不进行调整; 全部
5 的门课程中，最慢的在第 3 天出成绩;
同学 1 希望在第 5 天或之前出成绩，所以不会产生不愉快度;
同学 2 希望在第 1 天或之前出成绩，产生的不愉快度为 (3 - 1) * 2 = 4;
同学 3 希望在第 2 天或之前出成绩，产生的不愉快度为 (3 - 2) * 2 = 2;
同学 4 希望在第 3 天或之前出成绩，所以不会产生不愉快度;
不愉快度之和为 4 + 2 = 6 。

导数的方法可以解决掉这个题,其实还可以二分导数..就是太麻烦了

这个题数据范围<=10^5;不是很大(相加就是long long了)所以可以从最小的学生的不满意度开始枚举；

一直到最后一个老师判完卷子（讨厌考试）

老师不满意度是一条单调上升的曲线；学生则是下降；

那门合成两条线一定是一条二次函数的并属于0到正无穷的曲线；

那就可以构造出来一个a数组代表每一个函数（老师&学生）增长的情况（其实是导数......）

即每往后拖延一天，学生不满意度就在这一天只前的全加单位一；如果用exam[i]表示在时间i有x个人的话，那这一天增长的不满意为

sum(k=0;i<i;i+=1)exam[k];即exam的前缀和

对于老师也一样；然后按A,B贪心；B<A直接选2；B>A就有需求和提供的关系了；

最后就是特判C了（不然会出现负数的wa）

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#define mann 150000
long long D(){
     long long k=5;
     for(int i=1;i<=30;i++)k*=10;
     return k;
}
using namespace std;
long long ans=D();
long long C,A,B,n,m;
struct SABER{
long long q,h,c;//q为老师前缀和，h为老师后缀和，c为学生的前缀和
}a[mann];
long long student[mann],exam[mann];
long long q,maxa,maxb,mina=mann;
long long need,rest,CC;
long long pd(long long k1,long long k2,long long k3){
       if(A<B){
       if(k1==k2){return k3*C+k1*A;}
       if(k1>k2){return k3*C+k2*A+(k1-k2)*B;}
       else{return A*k1+C*k3;}
       }
       else {return k1*B+k3*C;}
}
int main(){
    cin>>A>>B>>C>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++){cin>>q;student[q]++;maxa=max(maxa,q);mina=min(mina,q);}
    for(int i=1;i<=m;i++){cin>>q;exam[q]++;maxb=max(maxb,q);}
    for(int i=1;i<=maxa;i++){a[i].c=a[i-1].c+student[i];}
    for(int i=1;i<=maxb;i++)a[i].q=a[i-1].q+exam[i];
    for(int i=maxb;i>=mina;i--){a[i].h=a[i+1].h+exam[i];need+=a[i].h;}
    for(int i=1;i<mina;i++){rest+=a[i].q;}
    for(int i=mina;i<=maxb;i++){
      need-=a[i].h;
      ans=min(ans,pd(need,rest,CC));
      rest+=a[i].q;
      CC+=a[i].c;
      if(C>1e7+1)i=mann;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

导数

三分其实也是这个题的另一个方法,用两个点pd一下哪一个更优，去掉完全不可能的1/3

时间复杂度大概在(logn/log3)n左右可以过掉