【2019南京icpc网络赛 I】Washing clothes【李超树】

题意：

给出 nnn 和 yyy，表示 nnn 个人以及手洗的时间为 yyy，以及 nnn 个 tit_iti，表示每个人达到洗衣房的时间。每个人可以选择手洗或者机洗，但只有一个洗衣机，问对于机洗时间为 xxx 时的最后一个人洗完的最小时间，输出 xxx 为 1～y1～y1～y 时的答案。(1≤x≤y,1≤n,y≤106,0≤ti≤109)(1\leq x\leq y,1\leq n,y\leq 10^6,0\leq t_i\leq 10^9)(1≤x≤y,1≤n,y≤106,0≤ti≤109)

思路：

首先，我们要将问题简化，假设机洗时间为一个固定值 xxx，我们如何求解？

我们首先将 aaa 数组排序，稍加模拟应该可以发现，达到最优情况时，一定存在一个分界点 ppp，分界点前面的人都是手洗，分界点之后的人都是机洗，即手洗和机洗的人都是连续的。

然后继续观察可以发现，一个人如果手洗，则其对最终答案的影响就是 ans=max(ans,a[i]+y)ans=max(ans,a[i]+y)ans=max(ans,a[i]+y)。如果一个人机洗，则其对最终答案的影响并不是 ans=max(ans,a[i]+x)ans=max(ans,a[i]+x)ans=max(ans,a[i]+x)。因为一旦这个人选择机洗，意味着之后的人都需要机洗，因此对答案的贡献应该是 ans=max(ans,a[i]+(n−i+1)∗x)ans=max(ans,a[i]+(n-i+1)*x)ans=max(ans,a[i]+(n−i+1)∗x)。

每个人对答案的贡献如果不明白的话，可以继续看这一段解释。如果第 iii 个人选择了机洗，则第 iii 个人洗完的时间是 a[i]+xa[i]+xa[i]+x。那么对于第 i+1i+1i+1 个人来说，他洗完的时间是 max(a[i+1]+x,a[i]+2∗x)max(a[i+1]+x,a[i]+2*x)max(a[i+1]+x,a[i]+2∗x)。对于第 i+2i+2i+2 来说，他洗完的时间是 max(a[i+2]+x,a[i+1]+2∗x,a[i]+3∗x)max(a[i+2]+x,a[i+1]+2*x,a[i]+3*x)max(a[i+2]+x,a[i+1]+2∗x,a[i]+3∗x)。以此类推，到第 nnn 个人洗的时候，第 iii 个人选择机洗对答案的贡献就是 max(ans,a[i]+(n−i+1)∗x)max(ans,a[i]+(n-i+1)*x)max(ans,a[i]+(n−i+1)∗x)。

到这里我们可以发现，对于每个人来说，其手洗对答案的影响是 a[i]+ya[i]+ya[i]+y，而其机洗对答案的影响是 a[i]+(n−i+1)∗xa[i]+(n-i+1)*xa[i]+(n−i+1)∗x，因此我们取两条直线的较小部分作为这个人对最终答案的影响。

所以我们发现每个人对最终答案的影响都是一个分段函数，因此我们令 xxx，即机洗时间作为横坐标，然后将每一个人的分段函数加到整个坐标上。然后对于每一个 xxx，求取这个位置上方的最大值作为答案即可。

如果对李超树基础内容不了解的话，可以查看这篇文章。

总结：

[比赛反思]

比赛的时候因为李超树求线段交点的地方用了 intintint，wawawa 了一整场，赛后才找出 bugbugbug，真的实锤憨憨…

现在更新，李超树根本不需要求交点…

[题目总结]

对于一道较为复杂的题目，解决这道题的关键点在于不断地观察与挖掘题目的一些性质，并且敢于提出错误做法以及 TLETLETLE 做法。正解不是一蹴而就的，而是对当前算法不断的修改与优化最终才能达到正解。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define __ ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define LOG1(x1,x2) cout << x1 << ": " << x2 << endl;
#define LOG2(x1,x2,y1,y2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << endl;
#define LOG3(x1,x2,y1,y2,z1,z2) cout << x1 << ": " << x2 << " , " << y1 << ": " << y2 << " , " << z1 << ": " << z2 << endl;
typedef long long ll;
typedef double db;
const ll inf = 1e15;
const int N = 1e6+100;
const long double EPS = 1e-8;
using namespace std;struct line{ll k,b;int l,r,flag;line() {}line(ll a1,ll a2,int l1,int r1,int f1) : k(a1),b(a2),l(l1),r(r1),flag(f1) {}
}sgt[2*N];
int n,y;
ll a[N];
inline int get_id(int l,int r) {return (l+r) | (l!=r);}
//计算某条线段在某一个横坐标的纵坐标值
inline ll calc(line a,ll pos) {return a.k*pos+a.b;}void dbg() {cout << "\n";}
template<typename T, typename... A> void dbg(T a, A... x) {cout << a << ' '; dbg(x...);}
#define logs(x...) {cout << #x << " -> "; dbg(x);}void build(int l,int r){int now = get_id(l,r);sgt[now].flag = 0; sgt[now].l = sgt[now].r = 0; sgt[now].k = sgt[now].b = 0;if(l == r) return;int mid = (l+r)>>1;build(l,mid); build(mid+1,r);
}void modify(int l,int r,line k){int now = get_id(l,r);if(k.l <= l && r <= k.r){if(!sgt[now].flag) sgt[now] = k, sgt[now].flag = 1; //原区间没有优势线段else if(calc(k,l) >= calc(sgt[now],l) && calc(k,r) >= calc(sgt[now],r)) sgt[now] = k; //原区间优势线段被覆盖else if(calc(k,l) > calc(sgt[now],l) || calc(k,r) > calc(sgt[now],r)){ //有一端比原线段大int mid = (l+r)>>1;if(calc(k,mid) > calc(sgt[now],mid)){ //新线段比原来优势线段坐标高swap(k,sgt[now]);}if(calc(k,l) > calc(sgt[now],l)) modify(l,mid,k);else modify(mid+1,r,k);}}else{if(l == r) return;int mid = (l+r)>>1;if(k.l <= mid) modify(l,mid,k); //涉及了左区间if(mid < k.r) modify(mid+1,r,k); //涉及了右区间}
}ll query(int l,int r,int x){int now = get_id(l,r);if(l == r) return calc(sgt[now],x);else{int mid = (l+r)>>1;ll ans = calc(sgt[now],x);if(x <= mid) return max(ans,query(l,mid,x));else return max(ans,query(mid+1,r,x));}
} void init(){build(1,y);rep(i,1,n){int pos1 = y/(n-i+1), pos2 = (y%(n-i+1)==0) ? pos1:(pos1+1);pos2 = max(pos2,1);pos1 = min(pos1,y);line tmp1(n-i+1,a[i],1,pos1,1),tmp2(0,a[i]+y,pos2,y,1);if(pos1 > 0) modify(1,y,tmp1);if(pos2 <= y) modify(1,y,tmp2);}
}int main()
{while(~scanf("%d%d",&n,&y)){rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);sort(a+1,a+1+n);init();rep(i,1,y){ll ans = query(1,y,i);printf("%lld%c",ans," \n"[i==y]);}}return 0;
}

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