codeforces 657C

题目链接: http://codeforces.com/problemset/problem/657/C

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题目的特别之处在于只有 $+1$ $+5$ 这两种操作 我们要考虑如何利用这个条件

多想一下后可以发现 如果最优解的目标值为$x($将至少$k$个人的值增加到$x)$

那么一定存在一个人 他的初始值在 $[x - 4, x]$ 这个范围内

否则将$x$减去$5$后可以得到更优的解

因此可能成为最优解的目标值最多只有 $n * 5$ 种

现在考虑的便是在 $O(n)$ 枚举目标值的前提下 如何对于每个目标值快速计算出答案

我一开始的想法是根据 $mod 5$ 的余数分类 写$5$个数组记录下前缀和什么的

然而这样二分答案有一个 $log$ 二分数组下标又一个 $log$

尽管题目给了 $4s$ 应该可以过 但是总感觉这样做不够优雅

再次分析题目条件我们有可以发现 实际上每次询问都是与目标距离最小的 $k$ 个数 而这个$k$是不变的

于是现在问题就变成了维护一个数据结构 支持查找容器内最小的 $k$个数 以及添加一个数

这显然就是一个堆了 总的复杂度是 $O(n + nlogk)$

由于在 $mod 5$ 的$5$中情况下 所有初始值转移到目标值的代价多少的排序并不是一样的

因此我们维护$5$个堆就好

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
const long long inf = 1e9;
int a[N], dis[N * 5];
long long sum[5];
long long ans = 1e18;
int n, k, b, c, cnt;
priority_queue <long long> q[5];
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d", &n, &k, &b, &c);
    b = min(b, c * 5);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        scanf("%d", &a[i]);
        for(int j = 0; j < 5; ++j)
            dis[cnt++] = a[i] + j;
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    sort(dis, dis + cnt);
    cnt = unique(dis, dis + cnt) - dis;
    int now = 1;
    for(int i = 0; i < cnt; ++i)
    {
        int x = dis[i], kind =(inf + x) % 5;
        long long cost;
        while(now <= n && a[now] <= x)
        {
            for(int j = 0; j < 5; ++j)
            {
                cost = (inf + j - a[now]) / 5 * b + (inf + j - a[now]) % 5 * c;
                q[j].push(cost);
                sum[j] += cost;
                if((int)q[j].size() > k)
                {
                    sum[j] -= q[j].top();
                    q[j].pop();
                }
            }
            ++now;
        }
        long long y = (inf + kind - x) / 5 * b * k;
        if((int)q[kind].size() == k)
            ans = min(ans, sum[kind] - y);
    }
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}