题目描述

　　有一个陶瓷瓶周围有\(n\)个可以印花的位置。第\(i\)个与第\(i+1\)个位置之间的距离为\(d_i\)，在第\(i\)个位置印图案要\(t_i\)秒。

　　机器刚开始在\(0\)号位置，可以以\(1\)单位长度每秒的速度移动。

　　一个位置只能印一个图案。

　　现在有\(m\)秒，问你最多能印几个图案。

　　保证时间不足以绕陶瓷瓶一圈。

　　\(n\leq 100000\)

题解

　　肯定是先往一边移动在移动到另外一边。

　　不妨设先往右边移动，那么右边的距离就要\(\times 2\)。

　　求出每边印\(i\)个印花最少要多少秒。

　　然后把两边合并即可。

　　考虑怎么求。

　　显然印\(i+1\)个印花的最优方案所需要移动的最右端点肯定在印\(i\)个印花的右边。

　　证明：考虑反证法。

　　设\(f(i,j)\)为印\(i\)个印花且最右端点为\(j\)的代价，\(a(i,j)\)为在前\(i\)个端点印印花所需要的第\(j\)短时间。

　　设印\(i\)个印花的最优方案所需要移动的最右端点为\(j\)，\(i+1\)个的右端点是\(k(k<j)\)

　　那么有\(f(i,j)<f(i,k),a(j,i+1)<a(k,i+1),f(i+1,j)>f(i+1,k)\)

　　但是前两项加起来是第三项，所以不合法。

　　然后就可以分治了。

　　设当前要求印\(l\)个到\(r\)个的答案，答案区间为\([sl,sr]\)。

　　先求出印\(mid=\frac{l+r}{2}\)个的答案和右端点位置\(k\)，可以通过枚举右端点得到。

　　\([l,mid-1]\)的右端点位置在\([sl,k]\)，\([mid+1,r]\)的右端点位置在\([k,sr]\)

　　然后分治下去即可。

　　求前面\(i\)个位置最小的\(j\)个印印花的时间可以通过可持久化线段树得到。

　　时间复杂度：\(O(n\log^2n)\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int q;
char cc[10000010];
int tt;
int h[100010];
ll rd()
{ll s=0;int c;while((c=cc[tt++])<'0'||c>'9');s=c-'0';while((c=cc[tt++])>='0'&&c<='9')s=s*10+c-'0';return s;
}
namespace seg
{int ls[4000010];int rs[4000010];ll s[4000010];int sz[4000010];int cnt;int insert(int p1,int &x,int l,int r){int p=++cnt;ls[p]=ls[p1];rs[p]=rs[p1];s[p]=s[p1]+h[x];sz[p]=sz[p1]+1;if(l==r)return p;int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid)ls[p]=insert(ls[p],x,l,mid);elsers[p]=insert(rs[p],x,mid+1,r);return p;}ll query(int p,int x,int l,int r){if(l==r)return (ll)x*h[l];int mid=(l+r)>>1;int lsz=sz[ls[p]];if(x<=lsz)return query(ls[p],x,l,mid);return s[ls[p]]+query(rs[p],x-lsz,mid+1,r);}
}
int rt[100010];
int n;
ll m;
ll d[100010];
int t[100010];
ll a[100010];
ll f1[100010];
ll f2[100010];
ll g1[100010];
ll g2[100010];
int b[100010];
int c[100010];
int e[100010];
int f[100010];
ll &mm=m;
void gao(int l,int r,int sl,int sr,ll *s)
{if(l>r)return;int mid=(l+r)>>1;ll ans=0x3fffffffffffffffll;int i;int m=sr;for(i=sl;i<=sr;i++)if(i>=mid&&a[i-1]<=mm){ll v=a[i-1]+seg::query(rt[i],mid,0,q);if(v<ans){ans=v;m=i;}}s[mid]=ans;gao(l,mid-1,sl,m,s);gao(mid+1,r,m,sr,s);
}
void gao(ll *s)
{memset(rt,0,sizeof rt);seg::cnt=0;int i;for(i=1;i<=n;i++)rt[i]=seg::insert(rt[i-1],c[i],0,q);gao(1,n,1,n,s);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a2.out","w",stdout);
#endiffread(cc+1,10000000,1,stdin);
//  scanf("%d%lld",&n,&m);n=rd();m=rd();int i;q=0;for(i=1;i<=n;i++)
//      scanf("%lld%lld",&d[i],&t[i]);{d[i]=rd();t[i]=rd();h[++q]=t[i];}sort(h+1,h+q+1);q=unique(h+1,h+q+1)-h-1;for(i=1;i<=n;i++)t[i]=lower_bound(h+1,h+q+1,t[i])-h;for(i=1;i<=n;i++){a[i]=d[i];c[i]=t[i];}for(i=1;i<=n;i++)a[i]+=a[i-1];gao(f1);for(i=1;i<=n;i++)a[i]*=2;c[1]=0;gao(g1);reverse(t+2,t+n+1);reverse(d+1,d+n+1);for(i=1;i<=n;i++){a[i]=d[i];c[i]=t[i];}for(i=1;i<=n;i++)a[i]+=a[i-1];gao(f2);for(i=1;i<=n;i++)a[i]*=2;c[1]=0;gao(g2);int ans=0;for(i=1;i<=n;i++)if(f1[i]<=m)ans=max(ans,i);for(i=1;i<=n;i++)if(f2[i]<=m)ans=max(ans,i);int j;j=n;for(i=1;i<=n;i++){while(j&&f1[i]+g2[j]>m)j--;if(!j)break;ans=max(ans,i+j-1);}j=n;for(i=1;i<=n;i++){while(j&&f2[i]+g1[j]>m)j--;if(!j)break;ans=max(ans,i+j-1);}printf("%d\n",ans);return 0;
}