NC22604 小A与任务

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题目

题目描述

小A手头有 n 份任务，他可以以任意顺序完成这些任务，只有完成当前的任务后，他才能做下一个任务

第 i 个任务需要花费 $x_i$ 的时间，同时完成第 i 个任务的时间不能晚于 $y_i$ ，时间掌控者向小A提出了一个条件：如果完成第 i 个任务的时间本应是 t ，但小A支付 m 个金币的话，他可以帮助小A在 $t-m\times z_i$ 时刻完成第 i 个任务，$z_i$ 是时间参数，会在输入中给出

小A想按时完成所有任务，请你帮他制定一个花费金币最少的方案

注意：不能使得某个任务的花费时间小于 0 ,花费的金币可以不是整数

输入描述

第一行一个整数 n ，表示小A的任务数量
接下来n行，每行三个整数，分别表示$z_i,x_i,y_i$

输出描述

一行一个实数，表示小A最少需要花费的金币数，四舍五入保留一位小数

示例1

输入

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

输出

2.0

说明

在1时刻完成第一个任务,2时刻完成第二个任务,4时刻完成第三个任务,花费1金币在4时刻完成第四个任务,花费1金币在5时刻完成第五个任务

备注

$1\leq n \leq 2\times 10^5$
$1\leq x_i,z_i\leq 3\times10^3$
$1\leq y_i \leq 10^5$

题解

知识点：贪心，优先队列。

这是一道后悔贪心变种，这里的限制是截止时间，花费是任务消耗时间，收益是按时完成的任务数，即少花费的金币。如果不考虑金币能够补任务的问题，只要按照截止时间从小到大排序，每次超时再将花费时间多的踢出去，最后即可获得最多按时完成的任务。

但是这里要完成所有任务，那么就不能不做任务了，每次超时要用金币补齐。但注意到不一定要补当前做不完的任务，可以缩短之前 $z$ 最大的任务，即可补上相同时间，但是花费最少，因为花费金币数为 $\frac{\Delta t}{z}$ ，$z$ 越大花费越小。

注意任务完成时间不能小于 $0$，因为减到 $0$ 之后就不能回队列了，要是没减完要换下一个减 。

时间复杂度 $O(n \log n)$

空间复杂度 $O(n)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
 
using namespace std;
 
struct node {
    int x, y, z;
}a[200007];
 
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0;i < n;i++) cin >> a[i].z >> a[i].x >> a[i].y;
    sort(a, a + n, [&](node a, node b) {return a.y < b.y;});
    int sum = 0;
    double ans = 0;
    priority_queue <pair<int, int>> pq;
    for (int i = 0;i < n;i++) {
        sum += a[i].x;
        pq.push({ a[i].z,a[i].x });
        while (sum > a[i].y) {
            pair<int, int> task = pq.top();
            pq.pop();
            int delta = min(sum - a[i].y, task.second);
            ans += (double)delta / task.first;
            sum -= delta;
            task.second -= delta;
            if (task.second) pq.push(task);
        }
    }
    cout << fixed << setprecision(1) << ans << '\n';
    return 0;
}