CF1342D Multiple Testcases（构造题）

题意

有 nnn 个数 {ai}\{a_i\}{ai}，每个 ai≤ka_i\leq kai≤k 。
每个背包大于等于 iii 的数的个数不能超过 ci(i=1,2,..,k)c_i(i=1,2,..,k)ci(i=1,2,..,k)。
问最少要多少个背包才能放所有数，并且输出每个背包中的数。
n,k≤200000n,k \leq 200000n,k≤200000

分析

完了小号也上紫了(要被迫打div1了
比赛时写了沙雕线段树，比较复杂。
题解给了比较简单的做法。
先求出总共要多少个背包 cntcntcnt，再将每个数均匀分配到背包中。
那么 cntcntcnt 怎么求呢？
假设大于等于 ttt 的数有 btb_tbt 个，那么根据抽屉原理，背包个数要大于等于 ⌈btct⌉\lceil\frac{b_t}{c_t}\rceil⌈ctbt⌉。
所以背包个数就是 cnt=max⁡{⌈btct⌉}cnt=\max\{\lceil\frac{b_t}{c_t}\rceil\}cnt=max{⌈ctbt⌉}。
接下来怎么构造方案呢？
将 aia_iai 从小到大排序，假设 aia_iai 有 tit_iti 个。接下来只用把第 iii 个放进第 imodcnti~mod~cnti mod cnt 个背包即可。因为这样一个背包中 aia_iai 的个数不会超过 ⌈ticnt⌉\lceil\frac{t_i}{cnt}\rceil⌈cntti⌉ 个。
复杂度为 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn)，其实就是排序的复杂度=。=

代码如下

#include <bits/stdc++.h>
#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#define N 200005
using namespace __gnu_pbds;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
struct custom_hash {static uint64_t splitmix64(uint64_t x) {x += 0x9e3779b97f4a7c15;x = (x ^ (x >> 30)) * 0xbf58476d1ce4e5b9;x = (x ^ (x >> 27)) * 0x94d049bb133111eb;return x ^ (x >> 31);}size_t operator()(uint64_t x) const {static const uint64_t FIXED_RANDOM = chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count();return splitmix64(x + FIXED_RANDOM);}
};
LL z = 1;
int read(){int x, f = 1;char ch;while(ch = getchar(), ch < '0' || ch > '9') if(ch == '-') f = -1;x = ch - '0';while(ch = getchar(), ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - 48;return x * f;
}
int ksm(int a, int b, int p){int s = 1;while(b){if(b & 1) s = z * s * a % p;a = z * a * a % p;b >>= 1;}return s;
}
int a[N], c[N], tot, cnt;
vector<int> ans[N];
int main(){int i, j, n, k, m;n = read(); k = read();for(i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();sort(a + 1, a + i);for(i = 1; i <= k; i++) c[i] = read();for(i = n; i >= 1; i--) cnt = max(cnt, (n - i) / c[a[i]] + 1);for(i = 1; i <= n; i++) ans[i % cnt].push_back(a[i]);printf("%d\n", cnt);for(i = 0; i < cnt; i++){printf("%d ", ans[i].size());for(auto x: ans[i]) printf("%d ", x);printf("\n");}return 0;
}

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分析

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