[CF802N][jzoj5378]闷声刷大题

Description

给出两个长度为n的数列a和b，你要做k次匹配，每次选择匹配的a[i],b[j]必须满足i<=j
且每个a和b只能被匹配一次。匹配一次的代价为a[i]+b[j]，求最小代价。
k<=n<=1.5*1e5

Solution

非题解法，作比赛时灵稽一动的产物，复杂度多一个log似乎能卡过去（原谅我数大）
当你在想部分分的Dp时，你会不会觉得这个k非常的烦人？
无论你怎么设状态，你都无法逃过k这一维，当然费用流也要跑k次。
如果我们设F[i]表示当做i次匹配时的最小代价，可以发现F是个凸函数，也就是斜率不断增大（或不减）
那么我们可以通过二分一个斜率c，然后把整个函数图像转一下，求最低点的答案。
如果最低点就是k的话那么我们就求出了F[k]！
这个听栋栋讲似乎叫做凸优化，是一个应用很广的算法
这个东西对应到题目里就相当于你每次做一次匹配，就把代价加个c
最后求没有限制的最小代价，这个可以用一个贪心来求
为了防止整数二分出现一些很猎奇的情况，我们可以对每次最优解加上一个特殊限制，比如匹配次数最小之类的。。。。
然后就可以卡卡常。。。反正我写了辣鸡STL的辣鸡set被卡成暴力分QwQ

Code

#include <set>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1.5*1e5+5,M=405,inf=2*1e9;
struct note{int v,bz;friend bool operator < (note x,note y) {return x.v<y.v;}
}d[N];
set<note> A;
ll ans,f[2][M][M];
int n,K,sz,a[N],b[N];
int read() {char ch;for(ch=getchar();ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());int x=ch-'0';for(ch=getchar();ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';return x;
}
void up(int x) {while (x&&d[x/2].v>d[x].v) swap(d[x/2],d[x]),x/=2;
}
void down(int x) {while(x*2<=sz) {  x=x*2;  if(x+1<=sz&&d[x+1].v<d[x].v) x++;  if (d[x/2].v>d[x].v) swap(d[x/2],d[x]);  else break; }
}
int calc(int mid) {int tot=0;ans=sz=0;fo(i,1,n) {note x;x.v=a[i];x.bz=1;d[++sz]=x;up(sz);note top=d[1];//A.insert(x);//note top=*A.begin();ll now=(ll)top.v+(ll)b[i]+(ll)mid;if (now<0) {tot+=top.bz;//A.erase(A.begin());x.v=-now+top.v;x.bz=0;//A.insert(x);d[1]=x;down(1);} else now=0;ans+=now;}fo(i,1,sz) d[i].v=d[i].bz=0;return tot;
}
int main() {freopen("orz.in","r",stdin);freopen("orz.out","w",stdout);n=read();K=read();int val=0;bool ok=1;fo(i,1,n) {a[i]=read();if (!val) val=a[i];else if (val!=a[i]) ok=0;}fo(i,1,n) b[i]=read();if (ok) {sort(b+1,b+n+1);ll ans=(ll)val*K;fo(i,1,K) ans+=b[i];printf("%lld\n",ans);return 0;}int l=-inf,r=0,mid;while (l<r) {mid=(l+r)/2;int cnt=calc(mid);if (cnt==K) break;if (cnt<K) r=mid;else l=mid;}printf("%lld\n",ans-(ll)K*mid);
}

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