AGC027B Garbage Collector

一道很好的构造题
原题链接
很快就能想到，捡每个垃圾的能量可以最后再算。然后，对于每个垃圾，在路上耗费的能量仅与它是第几个被捡的有关，于是我们考虑将垃圾分组。
首先，我们定义(F(x,i))为某次从(0)出发，捡到坐标为(x)的垃圾的次序为(i)的花费，则有：

$F(x,i)=left{egin{matrix} 5x (i=1)\ (2i-1)x (i>1) end{matrix} ight.$ 由上式，易知对于每一组，让机器人先捡最右边的垃圾，然后往回一个一个捡是最优的。同时，将所有垃圾从后往前按一个固定的间隔$k$分组是最优的。 所以，我们只需要枚举$k$，再利用前缀和，$O(logn)$计算组间距为$k$的花费，更新一下答案就行了。 为什么是$O(logn)$？因为调和级数的性质，$sumlimits_{i=1}^nfrac{1}{i}=logn+O(1)$。 因为中途计算时可能会爆$long long$，所以我们要特判一下，当前的花费大于等于$ans$时就可以跳出循环了。 Code： ``` cpp #include

using namespace std;

define ll long long

int n;
ll x, ans = (ll)9e18, a[200005];

int main() {
cin >> n >> x;
for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], a[i] += a[i-1];
for(int k = 1; k <= n; ++k) {
ll coef = 3LL, sum = 0;
for(int i = n; i >= 1; i -= k) {
sum += (a[i]-a[max(0, i-k)])max(coef, 5LL), coef += 2;
if(sum >= ans) break; //防爆long long
}
ans = min(ans, sum+(k+n)x);
}
cout << ans << endl;
return 0;
}