Educational Codeforces Round 167 (Rated for Div. 2) D（dp，贪心）

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前言

这场比较容易，但是D没在考场上做出来。考场上一直在找规律求解 \(f_i\) 数组，确没去想这是一个dp。第二天早上突然发现这题是dp。www。

A,B,C 太水了就不提了。

D

把这个问题简化为：给你 \(n\) 对关系，每对关系形如 \((a_i, a_i-b_i)\)，意思是如果你现在手上的值 \(val\)，\(val \ge a_i\) 那么可以使得 \(val -= a_i-b_i\) 从而收获 2 的贡献。（（使用条件，步长））然后会给你 \(m\) 个初始值 \(c_j\)，求你可以获得的最大贡献。（每个初始值相互独立）

数据范围：\(1 \le a_i,b_i \le 10^6\)，\(1 \le c_j \le 10^9\)

由这个数据范围的特性容易想到先预处理 \(\max\{a_i\}\) 以内的，对于 \(c_j>\max\{a_i\}\) 的，用贪心走最短的步长（获得最大的贡献）走到 \(<\max\{a_i\}\)。

那么设 \(f_i\) 表示初始值为 \(i\) 可以走的最大贡献。将 \(n\) 对关系放入一个桶数组，下标表示使用条件（\(a_i\)），存最短的步长（\(\min\{a_i-b_i\}\)）（最有可能使得贡献值最大），在状态转移前同时更新当前可用最短步长（\(s\)），那么状态转移方程为：

\(f[i] = f[i-s]+1\)

最后统计答案，对于每个 \(c_j\)：如果 \(c_j \le \max\{a_i\}\)，那么直接累计 \(f[c_j]\) 进入答案；如果 \(c_j > \max\{a_i\}\)，先减去若干倍（\(cnt\)）全局最小步长，得到一个最大的 \(k\)，使得 \(k \le \max\{a_i\}\)，那么对答案的贡献即 \(cnt+f[k]\)

时间复杂度 \(O(n)\)

Talk is cheap.Show me the code.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
    int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x * f;
}
const int N = 1e6+7;
int n,m;
int a[N],b[N],f[N];
int t[N];
signed main()
{
	n = read(), m = read();
	int mx = 0;
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i] = read(), mx = max(mx, a[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i) b[i] = read();
	for(int i=1;i<=n;++i) {
		t[a[i]] = (!t[a[i]] ? a[i]-b[i] : min(t[a[i]], a[i]-b[i]));
	}
	int step = 0;
	for(int i=1;i<=mx;++i) {
		if(t[i]) step = (!step ? t[i] : min(step, t[i]));
		if(step) f[i] = f[i-step] + 1;
	}
	int ans = 0;
	while(m--) {
		int c = read();
		if(c > mx) {
			int d = step;
			int cnt = (c-mx-1)/d + 1;
			ans += cnt + f[c-cnt*d];
		} else {
			ans += f[c];
		}
	}
	printf("%lld\n",ans*2);
	return 0;
}