CF990E

合集 - CodeForces 题解(4)

1.CF1922B & C & D2024-01-20

2.CF990E2024-01-21

3.CF1916B & C2023-12-314.CF1770C2024-01-22

收起

分析

坑点：
（你需要覆盖整个区间，而非只覆盖整数点，例如 $n=3$，$[0,1],[2,3]$ 是不够的。）

翻译没把这个写上去，搞得我思考了很久样例。看到这个之后，题目可以转化为每个灯可以覆盖 $[x,x+l)$，你需要覆盖区间 $[0,n)$ 中的整数点。

如果没有障碍物，我们直接枚举每个灯放哪，复杂度 $O({\displaystyle \sum _{i=1}^k\frac{n}{i})=O(n\log n)}$。现在有障碍，考虑开一个数组 $pr{e}_i$ 表示下标小于 $i$ 下标最大的非障碍物坐标。每次如果是障碍就跳到 $pr{e}_i$，最多跳 $m$ 次，复杂度可以保证，不过常数有点大，要用快读。

AC Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[1000010],n,m,k,s[1000010],pre[1000010],mp[1000010];
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<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
inline void write(int x)
{
	if(x<0) putchar('-'),x=-x;
	if(x>9) write(x / 10);
	putchar(x%10+'0');
	return;
}
int add(int l)
{
	int ret=0;
	for(int i=0;i<n;i+=l)
	{
		ret++;
		if(mp[i]) i=pre[i];
	}
	return ret;
}
signed main()
{
	n=read();m=read();k=read();
	if(n==m)
	{
		puts("-1");
		return 0;
	}
	s[0]=-1e18;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		s[i]=read();
		mp[s[i]]=1;
		if(!s[i])
		{
			puts("-1");
			return 0;
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++) a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=(mp[i-1]?pre[i-1]:i-1);
	int tp=1,maxt=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		if(s[i]!=s[i-1]+1) tp=1;
		else tp++;
		maxt=max(maxt,tp);
	}
	if(maxt+1>k)
	{
		puts("-1");
		return 0;
	}
	int ans=1e18;
	for(int i=maxt+1;i<=k;i++) ans=min(ans,add(i)*a[i]);
	write(ans);
	return 0;
}