UOJ264 【NOIP2016】蚯蚓

本文版权归ljh2000和博客园共有，欢迎转载，但须保留此声明，并给出原文链接，谢谢合作。

 

 

本文作者：ljh2000
作者博客：http://www.cnblogs.com/ljh2000-jump/
转载请注明出处，侵权必究，保留最终解释权！

 

 

Description

本题中，我们将用符号[c]表示对c向下取整，例如：[3.0」= [3.1」=[3.9」=3。蛐蛐国最近蚯蚓成灾了！隔壁跳

蚤国的跳蚤也拿蚯蚓们没办法，蛐蛐国王只好去请神刀手来帮他们消灭蚯蚓。蛐蛐国里现在共有n只蚯蚓（n为正整

数)。每只蚯蚓拥有长度，我们设第i只蚯蚓的长度为a_i(i=1,2,...,n)，并保证所有的长度都是非负整数（即:可

能存在长度为0的蚯蚓）。每一秒，神刀手会在所有的蚯蚓中，准确地找到最长的那一只（如有多个则任选一个）

将其切成两半。神刀手切开蚯蚓的位置由常数p(是满足0<p<1的有理数)决定，设这只蚯蚓长度为x，神刀手会将其

切成两只长度分别为[px]和x-[px]的蚯蚓。特殊地，如果这两个数的其中一个等于0，则这个长度为0的蚯蚓也会被

保留。此外，除了刚刚产生的两只新蚯蚓，其余蚯蚓的长度都会增加q(是一个非负整常数)。蛐蛐国王知道这样不

是长久之计，因为蚯蚓不仅会越来越多，还会越来越长。蛐蛐国王决定求助于一位有着洪荒之力的神秘人物，但是

救兵还需要m秒才能到来......(m为非负整数）蛐蛐国王希望知道这m秒内的战况。具体来说，他希望知道：?m秒内

，每一秒被切断的蚯蚓被切断前的长度（有m个数）?m秒后，所有蚯蚓的长度（有n+m个数)。蛐蛐国王当然知道怎

么做啦！但是他想考考你......

 

Input

第一行包含六个整数n,m,q,u,v,t，其中：n,m,q的意义见问题描述；

u,v,t均为正整数；你需要自己计算p=u/v(保证0<u<v)t是输出参数，其含义将会在输出格式中解释。

第二行包含n个非负整数，为ai,a2,...,an，即初始时n只蚯蚓的长度。

同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。

保证1<=n<=10^5，0<m<7*10^6，0<u<v<10^9，0<=q<=200，1<t<71，0<ai<10^8。

 

Output

第一行输出[m/t]个整数，按时间顺序，依次输出第t秒，第2t秒，第3t秒……被切断蚯蚓（在被切断前）的长度。

第二行输出[(n+m)/t]个整数，输出m秒后蚯蚓的长度；需要按从大到小的顺序

依次输出排名第t，第2t，第3t……的长度。

同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。即使某一行没有任何数需要 输出，你也应输出一个空行。

请阅读样例来更好地理解这个格式。

 

Sample Input

3 7 1 1 3 1
3 3 2

Sample Output

3 4 4 4 5 5 6
6 6 6 5 5 4 4 3 2 2

 

 

 

正解：单调队列

解题报告：

 

60分

      考虑每次取出一个最大值这个操作，堆来维护比较方便，但是每次加上一个q似乎不好处理。我们考虑增加一个全局变量tag，表示每个数都需要加上tag，这样就可以避免对于堆中所有元素增加，而只需把每次新的两个元素减去q，再放入堆中即可。具体做法：系统堆维护，每次取出最大元素，然后加上tag，得到真实值，算出两个新元素值，tag加上q，两个新元素值减去tag，丢入堆中。

 

65分

      系统堆常数太大了，加上CCF的评测机的速度有限，30w的点刚好被卡T。换成手写堆即可通过第18个测试点。

 

90分

      注意到q=0同样有很多的部分分，如果我们能解决掉q=0的情况，再加上上述算法，即可获得90分。

      首先q=0表示每次没有自增操作，很容易发现其实所有的元素都是在单调下降（或者说不增）的，也就是说每次取出来的最大元素肯定是不增的，这就说明切掉之后分成的两个新元素，一定比之前任何一次切掉之后的新元素要小。

     这启示我们，似乎在q=0的时候具有单调性。我们维护三个队列q1、q2、q3。初始时q1是从大到小排列的n个数，q2，q3为空。每次操作，取出三个队列的队首元素中最大的那个，设为x，把px丢到q1中，x-px丢到q2中。根据我们上面所说的，我们可以保证任何时候取出来的都是不增的，所以我们可以保证这三个队列在任何时候都是单调不增的。这样就可以通过90%的测试点了。

 

100分

      通过对于q=0时单调性的研究，我们可以发现其实q≠0的时候同样具备单调性。

      我们对于q≠0的时候，假设不满足单调性，即存在之前的某次分割的为a，中间间隔了N轮之后，这次分割的元素在a分割时它为b，则此时为b+N*q，并且b切出来的部分比之前a切出来的要长。假设上述情况存在，则说明满足：

　　$${a*p+N*q<(b+N*q)*p（只考虑乘以p的部分）}$$

　　因为a>=b，而右边展开之后就变成了$${b*p+N*q*p}$$因为p<1，而a>=b，显然上式不成立。可以通过反证法说明这一点。

　　从单调性的角度也可以证明算法的正确性：因为我们每次取出一个元素x，分成两部分，然后把整体加上q，再把这两个新元素-q。是不是意味着在队列中保存的元素的值仍然是单调递减的（因为没有任何加法操作，只会因为被分成两半而变小）？也就是说，不管怎么变，这个全局的增量tag是不会影响相对大小的，因为tag的针对对象是全体元素，所以如果在减掉tag的情况下满足的大小关系加上tag后显然满足，因为同时加上一个数，相对大小并不会改变。所以我们可以发现，在q≠0的时候，队列中的元素同样满足单调性，套用上述算法即可获得满分。

 

 

注意事项

　　由于题目中不是直接给出的p，而是通过给出分子分母要求我们自己计算p，来降低精度误差。在乘的时候需要开一个long long的临时变量，除完之后再转成int就可以了。其余的均可只开int。

 

 

 

//It is made by ljh2000
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 7000011; 
const LL inf = (1LL<<60);
int n,m,q,t,tag,Q[3][MAXN],head[3],tail[3];
LL u,v;

inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline bool cmp(int q,int qq){return q>qq;}
inline void work(){
    n=getint(); m=getint(); q=getint(); u=getint(); v=getint(); t=getint(); int ljh1,ljh2,from; LL now; int out=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) Q[0][i]=getint(); sort(Q[0]+1,Q[0]+n+1,cmp); tag=0; head[0]=head[1]=head[2]=1; tail[0]=n; tail[1]=tail[2]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        now=-inf; from=-1; for(int j=0;j<3;j++) if(head[j]<=tail[j]) { if(Q[j][head[j]]>now) { now=Q[j][head[j]]; from=j; } }
        now+=tag; out++; if(out==t) { printf("%lld ",now); out=0; }
        ljh1=now*u/v; ljh2=now-ljh1; head[from]++;  tag+=q;
        ljh1-=tag; ljh2-=tag;
        Q[1][++tail[1]]=ljh1; Q[2][++tail[2]]=ljh2;    
    }
    printf("\n"); m+=n; out=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        now=-inf; from=-1; for(int j=0;j<3;j++) if(head[j]<=tail[j]) { if(Q[j][head[j]]>now) { now=Q[j][head[j]]; from=j; } }
        now+=tag; out++; if(out==t) { printf("%lld ",now); out=0; }
        head[from]++;
    }
}

int main()
{
    work();
    return 0;
}