bzoj3141: [Hnoi2013]旅行

Description

Input

第一行为两个空格隔开的正整数n, m，表示旅行的城市数与旅行所花的月数。接下来n行，其中第 i行包含两个空格隔开的整数Ai和Bi，Ai表示他第i个去的城市编号。Bi为0或1;如果 Bi=0则表示城市Ai没有小L想去的景点，如果Bi=1则表示城市Ai有小L想去的景点，
Ai两两不同且有1<=Ai<=N,即{Ai}为1,2....N的一个排列。
例如{2,1,3,4...N}
N<=500000,M<=200000

Output

t仅包括一行，包含m个空格隔开的正整数X1,X2...Xm，t仅包括一行，包含m个空格隔开的正整数X1,X2...Xm，为给小L安排的旅行计划对应的路线。为给小L安排的旅行计划对应的路线。

Sample Input

8 3
2 0
3 1
4 1
1 0
5 0
6 1
7 1
8 0

Sample Output

1 6 8

HINT

第1个月得到2点快乐值与2点疲劳值，第2个月得到1点快乐值与1点疲劳值，第3 个月得到1点快乐值与1点疲劳值。3个月中疲劳值与快乐值差的最大值为0，达到所有方案最小值。

可行方案有：

1 6 8

3 6 8

3 1 8

其中1 6 8字典序最小。

题解：

数组b[i]表示城市a[i]是否为有小L想去的景点，1表示有，-1表示没有

记sum[i]=b[i+1]+b[i+2]+...+b[n],S=sum[0],最大值最小为d,则

if S==0

　　if sum[i]==0 的个数 >= m 则将这些等于0的数做一遍单调队列

　　else d=1

else d=ceil(abs(S)/m)

证明见http://cxjyxx.me/?p=329

然后就是如何求字典序最小

我们每次要找到一个能使后面的数仍然有解的最小的一个数作为结尾

设这个新区间是第i个区间，结束点为k

首先这个新区间要合法，则abs(S-sum[k])/(m-i)<=d

然后要保证后面要有解，则ceil(abs(sum[k])/(m-i))<=d

然后用单调队列维护每种sum值的最小值

具体见代码

code：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6 #define maxn 500005
 7 #define base maxn
 8 using namespace std;
 9 char ch;
10 bool ok;
11 void read(int &x){
12     for (ok=0,ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar()) if (ch=='-') ok=1;
13     for (x=0;isdigit(ch);x=x*10+ch-'0',ch=getchar());
14     if (ok) x=-x;
15 }
16 struct Point{int v,id;};
17 int cnt;
18 struct node{
19     Point p;
20     int pre,next;
21 }T[maxn<<1];
22 int newnode(Point p,int pre,int next){T[++cnt]=(node){p,pre,next};return cnt;}
23 struct queue{
24     int siz,head,tail;
25     bool empty(){return !siz;}
26     void push_front(Point p){
27         if (!siz) head=tail=newnode(p,0,0);
28         else T[head].pre=newnode(p,0,head),head=T[head].pre;
29         ++siz;
30     }
31     void push_back(Point p){
32         if (!siz) head=tail=newnode(p,0,0);
33         else T[tail].next=newnode(p,tail,0),tail=T[tail].next;
34         ++siz;
35     }
36     void pop_front(){siz--,head=T[head].next;}
37     void pop_back(){siz--,tail=T[tail].pre;}
38     Point front(){return T[head].p;}
39     Point back(){return T[tail].p;}
40 }list[maxn<<1];
41 int tot,now[maxn<<1],pre[maxn<<1];
42 Point point[maxn<<1];
43 int n,m,last,val[maxn],sum[maxn],rest[maxn];
44 void add(int u,Point p){pre[++tot]=now[u],now[u]=tot,point[tot]=p;}
45 int calc(){
46     int ans=0;
47     for (int i=n;i>=1;i--){
48         if (!sum[i]) ans++,rest[i]=1;
49         rest[i]+=rest[i+1];
50     }
51     if (ans>=m) return 0; else return 1;
52 }
53 void push(int u,Point p){
54     while (!list[u].empty()&&p.v<list[u].back().v) list[u].pop_back();
55     list[u].push_back(p);
56 }
57 Point calc(int u,int lim){
58     for (int p=now[u];p&&point[p].id<=lim;p=pre[p]) push(u,point[p]),now[u]=p;
59     while (!list[u].empty()&&list[u].front().id<=last) list[u].pop_front();
60     return list[u].empty()?(Point){maxn,maxn}:list[u].front();
61 }
62 Point min(Point a,Point b){return a.v<b.v?a:b;}
63 int main(){
64     read(n),read(m);
65     for (int i=1;i<=n;i++) read(val[i]),read(sum[i-1]),sum[i-1]=(sum[i-1])?1:-1;
66     for (int i=n-1;i>=0;i--) sum[i]+=sum[i+1];
67     for (int i=n;i>=1;i--) add(sum[i]+base,(Point){val[i],i});
68     int S=sum[0],d=(S!=0)?(int)ceil(1.0*abs(S)/(1.0*m)):calc();
69     if (d){
70         for (int i=1;i<m;i++){
71             Point ans=(Point){maxn,maxn};
72             for (int j=S-d+base;j<=S+d+base;j++){
73                 if (ceil(abs(1.0*j-base)/(1.0*m-i))<=d)
74                     ans=min(ans,calc(j,n-(m-i)));
75             }
76             printf("%d ",ans.v);
77             last=ans.id,S=sum[last];
78         }
79         printf("%d\n",val[n]);
80     }
81     else{
82         for (int i=1,p=now[base];i<m;i++){
83             for (;p&&rest[point[p].id]-1>=m-i;p=pre[p]) push(base,point[p]);
84             printf("%d ",list[base].front().v);
85             list[base].pop_front();
86         }
87         printf("%d\n",val[n]);
88     }
89     return 0;
90 }

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