题目
题目大意
给你一串二元组((a_i,b_i))的数列。
求最小的区间([l,r])长度，满足([l,r])中的每个二元组选或不选，使得(sum a_i=w)且(sum b_ileq k)
思考历程
想了好久，想来想去都是一个背包……
最终决定打暴力……
正解
先说说GMH大爷的神奇解法。
首先是二分答案(ans)，转化成判定问题。然后在数列中每(ans)个点设置一个观测点。
以每个观测点为中心，向左和向右背包，然后合并。
然而正解并不需要一个(log)
考虑双指针，就是记一个当前的最佳答案(ans)，后面的区间长度都要小于(ans)。脑补一下这个过程，其实这就是一个队列，只需要支持左边出右边入的队列。
但是背包问题不满足可减性。于是就有个非常骚的解法：
把这个队列用两个栈来代替，栈顶分别为队头和队尾。
加入的时候，就在第二个栈的栈顶加入；弹出的时候，就直接弹出第一个栈的栈顶。
如果第一个栈为空，那就将第二个栈里的东西倒过来放到第一个栈中，然后暴力重构。
每个元素只会暴力重构一次，所以不会时间超限。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cassert>
#define N 10010
#define maxW 5010
inline int input(){
char ch=getchar();
while (ch<'0' || '9'<ch)
ch=getchar();
int x=0;
do{
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
}
while ('0'<=ch && ch<='9');
return x;
}
int n,W,K,a[N],b[N];
int f[N][maxW];
int st1[N],top1,st2[N],top2;
inline void update(int &a,int b){a>b?a=b:0;}
inline bool ok(int j){
int jj=st1[top1];
for (int k=0;k<=W;++k)
if (f[jj][k]+f[j][W-k]<=K)
return 1;
return 0;
}
int main(){
freopen("cactus.in","r",stdin);
freopen("cactus.out","w",stdout);
n=input(),W=input(),K=input();
for (int i=1;i<=n;++i)
a[i]=input(),b[i]=input();
int ans=n+1;
f[0][0]=0;
for (int i=1;i<=W;++i)
f[0][i]=K+1;
for (int i=1,j=1;i<=n;++i){
if (ok(st2[top2]))
ans=j-i;
for (;j<=n && j-i+1<ans;++j){
st2[++top2]=j;
int lst=st2[top2-1];
memcpy(f[j],f[lst],sizeof(int)*(W+1));
for (int k=0;k+a[j]<=W;++k)
update(f[j][k+a[j]],f[lst][k]+b[j]);
if (ok(j))
ans=j-i+1;
}
if (!top1){
for (int j=top2;j>=1;--j)
st1[++top1]=st2[j];
top2=0;
for (int j=1;j<top1;++j){
int now=st1[j],lst=st1[j-1];
memcpy(f[now],f[lst],sizeof(int)*(W+1));
for (int k=0;k+a[now]<=W;++k)
update(f[now][k+a[now]],f[lst][k]+b[now]);
}
}
top1--;
}
if (ans==n+1)
printf("-1
");
else
printf("%d
",ans);
return 0;
}
总结
还有这么骚的栈操作……
这告诉我们有时候维护队列的东西可以用两个栈来搞。