【贪心】LuoguP5653 基础最优化练习题 (我想不到的贪心

P5653

题目大意：

一个x初值为0，每次可以给x加上值y，y∈[-k,k]，同时必须保证第i次操作后 x_i≤a_i。需要进行n次操作。

有一个长度为n的序列 w，w_i∈[-10⁶,10⁶]。

设第i次操作后x的值为b_i，要求最大化Σⁿ_i=1b_iw_i。输出最大值。

数据范围：n≤10⁶, −10⁶≤w_i​≤10⁶, 0≤a_i​≤10⁸, 1≤k≤100。

做法：

y,w,a,b 所表示的 如题意。

Σⁿ_i=1b_iw_i = Σⁿ_i=1b_iΣⁱ_j=1y_i = Σⁿ_i=1y_iΣⁿ_j=ib_j

因为b是定值 所以 设c_i=Σⁿ_j=ib_j，即c是b的后缀和。

所以有：Σⁿ_i=1b_iw_i = Σⁿ_i=1y_ic_i

设d_i=Σⁱ_j=1b_j，即 d是y的前缀和。 

则 限制 是

　　对于所有d_i≤a_i，对于所有y∈[-k,k]。 

讲题人的题解是这么说的：

　　此时我们可以考虑根据c 贪心。
　　我们按照c 从大到小贪心，在能取的情况下尽量多取。
　　这样子贪心的正确性可以通过网络流建模来证明。由于建模部分较 为复杂这里不再展开。

所以，问题转化为，对于后缀和c，以c最大为最优，使c在不超“限制”的情况下取得对应y最大。

对我来说，这个贪心很难想。

知道这样子最优，做法也很难想。

结果删删改改 ，没有多少代码。只是  想无 (:3_ヽ)_

#include<bits/stdc++.h>
#define debug printf("!");
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e6+50;

struct P{
    ll w,lim;
    bool operator <(const P&p)const{return w>p.w;}
}poi;
ll a[maxn],b[maxn];
priority_queue<P>que;

/*
 从1到n 使得当前值取当前最优， 超过限制的值， 去找前i个值里小于 最优性低于当前值的最不优的可修改的值 减
 无法修改的值就 吐出来
 无法修改的值也 不要放进去

 这样子 才能使 最大的尽可能最优
 然后 这道题的贪心做法 要的就是使最大的值最优

 */

int main()
{
    int n;
    ll k,ans=0,sum=0,t,d,tt;
    scanf("%d%lld",&n,&k);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
    for(int i=n-1;i>=1;i--)b[i]+=b[i+1];
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(b[i]<=0)
        {
            ans-=b[i]*k;
            sum-=k;
            t=sum-a[i];
            if(t<=0)continue;
            d=0;//累积可以抵消的限制
            while((!que.empty())&&d<t)
            {
                poi=que.top();que.pop();
                tt=min(t-d,poi.lim);
                d+=tt;
                poi.lim-=tt;
                ans-=poi.w*tt;
                sum-=tt;
                if(poi.lim)
                {
                    que.push(poi);break;
                }
            }
            continue;
        }
        if(que.empty())
        {
            t=min(a[i]-sum,k);
            ans+=b[i]*t;
            sum+=t;
            que.push(P{b[i],t+k});
            continue;
        }
        ans+=b[i]*k;
        sum+=k;
        que.push(P{b[i],k+k});
        t=sum-a[i];//被限制
        if(t<=0)continue;
        d=0;//累积可以抵消的限制
        while((!que.empty())&&d<t)
        {
            poi=que.top();que.pop();
            tt=min(t-d,poi.lim);
            d+=tt;
            poi.lim-=tt;
            ans-=poi.w*tt;
            sum-=tt;
            if(poi.lim)
            {
                que.push(poi);break;
            }
        }
    }
    printf("%lld
",ans);
}