【2018.4.5】Shoi2017题集

这三道题分别对应bzoj4868~4870，pdf没法往这放，因此放弃了。

T1：

方法1（正解）：三分法

考虑暴力枚举最晚公布的时间x，关注到2操作是没有负面影响的1操作，所以如果A大于B，那么只需用2操作就可以了，否则先用1操作，不能用1操作后再用2操作。这样就能把b数组全部变成小于等于x，在加上额外的不愉快度就可以了。这个算法的时间复杂度是O(N²)，可以拿60分。 
如果你去打表就能发现不愉快度关于时间是一个下凸函数，可以用三分做。具体的证明是这样的： 
1、修改代价关于时间是单调递减的，也就是说越晚出成绩修改代价越小； 
2、额外代价关于时间是单调递增的，也就是说越晚出成绩额外代价越大； 
3、最重要的一句，这两个函数的导数都是递增的。
感性的想一下，拿额外代价举例子，比如五个人的时间分别是1、2、2、3、3，时间从1改到2，需要额外代价的1个人（第一个人），但是从2改到3，需要额外代价的就变成了3个人，从3改到4所有的人都需要额外代价，也就是说刚开始额外代价增加慢，到后来额外代价增加快。 
4、这样把这两个函数加起来，导数也是递增的，所以它是一个下凸函数（当然也有可能退化成单调函数）。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MN 100000
#define ll long long
using namespace std;
inline int read()
{
    ll x = 0; char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') ch = getchar();
    while(ch >= '0' && ch <= '9'){x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}
    return x;
}

int n,m,t[MN+5],s[MN+5];
ll A,B,C,ans=1e18;

ll calc(int tms)
{
    ll sum=0,left=0,need=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) sum+=C*max(0,tms-t[i]);
    for(int i=1;i<=m;++i)
        if(s[i]>tms) need+=s[i]-tms;
        else left+=tms-s[i];
    if(B<A)return sum+need*B;
    else if(left>=need) return sum+need*A;
    else return sum+left*A+(need-left)*B;
}

void Solve(int l,int r)
{
    if(r-l<=1)
    {
        for(int i=l;i<=r;++i) ans=min(ans,calc(i));
        return;
    }
    int m1=(r-l+1)/3+l,m2=(r-l+1)/3*2+l;
    if(calc(m1)<calc(m2)) Solve(l,m2-1);
    else Solve(m1+1,r);
}

int main()
{
    A=read();B=read();C=read();
    n=read();m=read();int mx=0;
    for(int i=1;i<=n;++i) mx=max(mx,(t[i]=read()));
    for(int i=1;i<=m;++i) mx=max(mx,(s[i]=read()));
    Solve(1,mx);
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

注意到有两个数据C=10¹⁶，如果考试现场写的时候怕爆炸，可以特判一下用足够的1、2操作让每个学生都不等待，因为这种情况只要有一个学生等待答案就不是最优。

三分法的时间复杂度……根据 T(n)=T(2n/3)+O(n) 可以知道复杂度大概是O(2n log3 n)，比O(n log2 n)（二分）慢了不少，但好歹也是log级别的。

方法2：枚举DDL

直接枚举Deadline（最晚成绩公布时间），时间复杂度O(n)......

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 100005
#define INF 1e16
typedef long long LL;
using namespace std;
int n,m,a,b,c;
LL student[MAXN],course[MAXN];
int read()
{
    int x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=x*10+c-'0',c=getchar();
    return x;
}
int main()
{
    a=read(),b=read(),c=read(),n=read(),m=read();
    int day=0;LL cost=0,mov=0,left=0,ans;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {int t;t=read();student[t]++;day=max(day,t);}
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {int t;t=read();course[t]++;day=max(day,t);}
    for(int i=1;i<=day;i++)
    {
        cost+=student[i]*(day-i);
        left+=course[i]*(day-i);
        student[i]+=student[i-1];//维护前缀和
        course[i]+=course[i-1];
    }
    ans=cost*c;
    for(int i=day-1;i>0;i--)
    {
        mov+=(m-course[i]);//在这天后完结的课需要向前移动一天 
        left-=course[i];//前面的所有课程向后移动的范围减少了1天 
        cost-=student[i];//减掉希望在这天以前完结的学生一天的不满意度 
        if(c>=INF&&cost)continue;
        LL p=left>0?left:0;
        if(mov<p)p=mov;
        if(a<b)ans=min(ans,p*a+(mov-p)*b+cost*c);
        else ans=min(ans,mov*b+cost*c);
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

T2：

数学题ToT，和bzoj3884的坑爹程度有些相似。