[NOIP2015 普及组] 推销员题解

题型考察

此题的数据范围提示时间复杂度 为 $\text{O(n)}$ 或 $\text{O(nlogn)}$ 考虑贪心。

思路

很明显对于每个 $X$，都要 $\text{O(1)}$ 或 $\text{O(logn)}$ 进行回答，有两种思路，预处理和问题递进，这里使用问题递进。
所谓问题递进就是在 $X$ 从小到大经过较少的调整得到新问题的解。在这里对于 $X=1$ ，显然问题的答案为：

$$\underset{1\le i\le n}{max}{s}_i\times 2+a_i$$

记录当前取得最大值的住户为 $bpos$。
考虑到 $X=2$。可以很容易的证明，答案一定是基于 $X=1$ 的答案所扩展的，考虑多选择的住户为 $i$。
当 $i<bpos$时，答案在原基础上增加 $a_i$。
当 $i>bpos$时，答案在原基础上增加 $2\times (s_i-s_{bpos})+a_i$。
如果要求答案最大，则
当 $i<bpos$时，使得 $a_i$ 最大，记答案为 $ansL$。
当 $i>bpos$时，使得 $2\times s_i+a_i$ 最大，记答案为 $ansR$。
利用优先队列维护即可。
当 $ansL\le ansR$ 时，答案增加 $ansR$，可以发现，为了保持最优性，新的 $bpos$ 为使得 $2\times s_i+a_i$ 最大的住户，然后同时调整左右边的优先队列。
当 $ansL>ansR$ 时，答案增加 $ansL$，可以发现，不需要调整 $bpos$，然后调整左边的优先队列。
上述过程考场上不用严格证明，手推样例即可领悟。
细节方面判断要特殊处理队空的情况。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
int n,ans,bpos,ansL;
int s[N],a[N];
struct node {
	int pos,val;
	friend bool operator < (node x,node y) {
		return x.val<y.val;
	}
}qwq,ansR;
priority_queue<int>q1;
priority_queue<node>q2;
signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		qwq.pos=i;
		qwq.val=2*s[i]+a[i];
		q2.push(qwq);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		ansL=ansR.val=0;
		if(!q1.empty()) ansL=q1.top();
		while(!q2.empty()&&q2.top().pos<=bpos) q2.pop();
		if(!q2.empty()) ansR=q2.top();
		if(ansL<ansR.val-2*s[bpos]) {
			ans+=ansR.val-2*s[bpos];
			for(int j=bpos+1;j<=ansR.pos-1;j++) q1.push(a[j]);
			bpos=ansR.pos;
			q2.pop();
		}
		else {
			ans+=ansL;
			q1.pop();
		}
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}