NC20439 [SHOI2017]期末考试

题目

题目描述

有 $n$ 位同学，每位同学都参加了全部的 $m$ 门课程的期末考试，都在焦急的等待成绩的公布。第 $i$ 位同学希望在第 $t_i$ 天或之前得知所有课程的成绩。如果在第ti天，有至少一门课程的成绩没有公布，他就会等待最后公布成绩的课程公布成绩，每等待一天就会产生 $C$ 不愉快度。对于第 $i$ 门课程，按照原本的计划，会在第 $b_i$ 天公布成绩。有如下两种操作可以调整公布成绩的时间：

1.将负责课程 $X$ 的部分老师调整到课程 $Y$ ，调整之后公布课程 $X$ 成绩的时间推迟一天，公布课程 $Y$ 成绩的时间提前一天；每次操作产生 $A$ 不愉快度。

2.增加一部分老师负责学科 $Z$ ，这将导致学科 $Z$ 的出成绩时间提前一天；每次操作产生 $B$ 不愉快度。

上面两种操作中的参数 $X,Y,Z$ 均可任意指定，每种操作均可以执行多次，每次执行时都可以重新指定参数。

现在希望你通过合理的操作，使得最后总的不愉快度之和最小，输出最小的不愉快度之和即可

输入描述

第一行三个非负整数 $A,B,C$ ，描述三种不愉快度，详见【问题描述】；
第二行两个正整数 $n,m(1 ≤ n,m ≤ 10^5)$ ， 分别表示学生的数量和课程的数量；
第三行 $n$ 个正整数 $t_i$ ，表示每个学生希望的公布成绩的时间；
第四行 $m$ 个正整数 $b_i$ ，表示按照原本的计划，每门课程公布成绩的时间。
$1 ≤ N,M,T_i,B_i ≤ 100000,0 ≤ A,B,C ≤ 100000$

输出描述

输出一行一个整数，表示最小的不愉快度之和。

示例1

输入

100 100 2
4 5
5 1 2 3
1 1 2 3 3

输出

6

说明

由于调整操作产生的不愉快度太大，所以在本例中最好的方案是不进行调整; 全部
5 的门课程中，最慢的在第 3 天出成绩;
同学 1 希望在第 5 天或之前出成绩，所以不会产生不愉快度;
同学 2 希望在第 1 天或之前出成绩，产生的不愉快度为 (3 - 1) * 2 = 4;
同学 3 希望在第 2 天或之前出成绩，产生的不愉快度为 (3 - 2) * 2 = 2;
同学 4 希望在第 3 天或之前出成绩，所以不会产生不愉快度;
不愉快度之和为 4 + 2 = 6 。

备注

数据范围

题解

知识点：三分。

三分最晚的公布的时间，因为其符合单调性，晚于或早于这个时间的最晚公布时间造成的不满意度都会变大，B则答案时间在峰谷。

通过计算最晚时间 $mid$ 的最优不满意度进行检验答案。先遍历数组计算超时总额 $need$ 和多余总额 $rest$ ，$rest$ 用于操作 $1$ 。注意到，若 $A\geq B$ 肯定优先用操作 $2$ 提前所有超时课的公布时间，花费是 $B \cdot need$ ；若 $A<B$ ，优先用操作 $1$ ，但可能 $rest$ 不够，需要用操作 $2$ 补齐剩余的 $need$ ，够用的花费是 $A \cdot need$ ，不够用的花费是 $A \cdot rest + B \cdot (need - rest)$ 。最后累加 $C\cdot max(mid-T[i])$ ，得到调整后的学生不满意度，返回花费总和进行比较。

时间复杂度 $O((m+n)\log B_{max})$

空间复杂度 $O(m+n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
 
using namespace std;
 
ll a, b, c;
int n, m;
int T[100007], B[100007];
 
ll calc(int mid) {
    ll need = 0, rest = 0, ans = 0;
    for (int i = 0;i < m;i++) {
        if (B[i] <= mid) rest += mid - B[i];
        else need += B[i] - mid;
    }
    if (b <= a) ans += need * b;
    else {
        if (need <= rest) ans += need * a;
        else ans += rest * a + (need - rest) * b;
    }
    for (int i = 0;i < n;i++) ans += max(mid - T[i], 0) * c;
    return ans;
}
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> a >> b >> c >> n >> m;
    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> T[i];
    for (int i = 0;i < m;i++) cin >> B[i];
 
    int l = 1, r = *max_element(B, B + m);
    while (l <= r) {
        int mid1 = l + (r - l) / 3;
        int mid2 = r - (r - l) / 3;
        if (calc(mid1) <= calc(mid2)) r = mid2 - 1;
        else l = mid1 + 1;
    }
    cout << calc(l) << '\n';
    return 0;
}