Luogu P1631,2085 序列合并，最小函数值
Luogu P1631 序列合并
首先看下题目, 要求的是两个长度都是\(N\)的序列\(A\)和\(B\)，在\(A\)和\(B\)中各取一个数相加可以得到\(N^2\)个和，这\(N^2\)个和中最小的\(N\)个。
看到由小到大输出，想出这有由优先队列和枚举解决的可能性，开始尝试
最简单的方式就是把每一个和都暴力塞进去，但是会妥妥的超时
接下来两种优化方法
第一种：选择性地塞进去
很容易想到将这两个数列变成
\(B_1+A_1,B_1+A_2,B_1+A_3,B_1+A_4 ... B_1+A_{n-1},B_1+A_n\)
\(B_2+A_1,B_2+A_2,B_2+A_3,B_2+A_4 ... B_2+A_{n-1},B_2+A_n\)
......
\(B_n+A_1,B_n+A_2,B_n+A_3,B_n+A_4 ... B_n+A_{n-1},B_n+A_n\)
这样n个序列,因为题目说了\(A_i\leq A_{i+1}\) \(B_i\leq B_{i+1}\),保证了序列的单调性
不妨将每个序列的第一个数先放入一个堆
只要将这样n个序列中的第i个数在第i+1个数输出之后塞进这个堆
复杂度是\(O(n\ log\ n)\)级别的,可过
\(code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int redn() { // 快读
int ret = 0;
char ch = getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') {ret = ret*10+ch-'0';ch=getchar();}
return ret;
}
int n,cnt(0);
int a[(int)1E5+7],b[(int)1E5+7];
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q; // 懒人STL
int main() {
n = redn();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i] = redn();
for(int i=1;i<=n;++i) b[i] = redn(),q.push(make_pair(a[1]+b[i],1));
while(++cnt<=n) {
printf("%d ",q.top().first);
int cur = q.top().second;
int pls = q.top().first;
q.pop();
if(cur+1<=n) q.push(make_pair(pls-a[cur]+a[cur+1],cur+1));
}
return 0;
}
第二种：减小枚举个数
挺暴力的
上面已经将序列变成了
\(B_1+A_1,B_1+A_2,B_1+A_3,B_1+A_4 ... B_1+A_{n-1},B_1+A_n\)
\(B_2+A_1,B_2+A_2,B_2+A_3,B_2+A_4 ... B_2+A_{n-1},B_2+A_n\)
......
\(B_n+A_1,B_n+A_2,B_n+A_3,B_n+A_4 ... B_n+A_{n-1},B_n+A_n\)
那么我们来思考一下
对于每一个\(B_i\),若\(B_{i-1}\)已经将前其和\(k\)个\(A_i\)的和算过了,那么必定满足\(B_i+A_k\geq B_{i-1}+A_k\)
所以我们只需将以\(B_i\)开始的序列的前\(n-i+1\)个数塞进堆即可
时间复杂度大概是\(O(n\ log^2\ n)\)级别的,勉勉强强也过了
\(code\)就不给了
Luogu P2085 最小函数值
题意简述:
对于\(n\)个函数\(f_i(x) = a_i\times x^2+b_i\times x+c_i\)的每个正整数\(x\)所求得的函数值,输出最小的\(m\)个
跟上题差不多,只需把函数值构成的序列变成
\(f_1(1),f_1(2),f_1(3),f_1(4),...,f_1(inf)\)
\(f_2(1),f_2(2),f_2(3),f_2(4),...,f_2(inf)\)
\(f_3(1),f_3(2),f_3(3),f_3(4),...,f_3(inf)\)
...
\(f_n(1),f_n(2),f_n(3),f_n(4),...,f_n(inf)\)
进行如上题操作即可
\(code:\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int redn() { //快读
int ret = 0;
char ch = getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') ch = getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') {ret = ret*10+ch-'0';ch = getchar();}
return ret;
}
int Equ[23333][3];
inline int Gtv(int x,int n) { //取值
return Equ[n][0]*x*x+Equ[n][1]*x+Equ[n][2];
}
int n,m;
int t[23333];
priority_queue<pair<int,int>,vector<pair<int,int> >,greater<pair<int,int> > > q;
int main() {
n=redn(),m=redn();
for(int i=1;i<=n;++i) {
Equ[i][0]=redn(),Equ[i][1]=redn(),Equ[i][2]=redn();
q.push(make_pair(Gtv(++t[i],i),i));
}
// while(!q.empty()) printf("%d ",q.top()),q.pop();
// return 0;
int s = 0,mi = (int)1e9+7;
while(s<m) {
printf("%d ",q.top().first);
q.push(make_pair(Gtv(++t[q.top().second],q.top().second),q.top().second));
q.pop();
s++;
}
return 0;
}
