AT_utpc2020_a Row of Tents题解

原题链接：Row of Tents

很具有代表性的二分答案题，思路简洁，检查函数好写，适合初学二分答案练手，和 P2678 跳石头 异曲同工。难度为普及/提高-，黄。

题目大意（抽象向）

一个有效长度为 \(L\) 数轴上有个 \(n\) 坐标，坐标 \(x_i\) 有对应的赋值 \(a_i\)。原点有一个可移动点 \(u\)，有固定的初始值 \(T\)，一旦到之前给出的坐标 \(x_i\)，\(T\) 会减去 \(a_i\)，一旦 \(T\) 在某个坐标小于 \(0\)，则 \(T\) 不合法。特别的，当 \(u\) 未在之前给出的坐标且 \(T\) 小于初始值时，\(T\) 会加且仅加上 \(1\)。求出最小的合法的 \(T\)。

正解思路（详细向）

不难证明在给出坐标固定的情况下，随着 \(T\) 的增加，可行性会变大。或者说，如果 \(T_0\) 合法，那么大于 \(T_0\) 的所有 \(T\) 的取值一定合法；如果 \(T_0\) 不合法，那么小于 \(T_0\) 的所有 \(T\) 的取值一定不合法。答案的规律单调，考虑二分。

二分答案下界为 \(0\)（没有给定坐标时），上界为 \(\sum{a_i}\)（给定坐标连在一起时）。二分的检查函数也十分好想，只需要从头到尾扫一遍，如果发现 \(T\) 小于 \(0\)，立刻返回 false，否则返回 true。要注意当 \(T\) 大于等于初始值时一定不可以再加 \(1\)。

二分复杂度为 \(O(\log\sum{a_i})\)，扫一遍有效长度复杂度为 \(O(n)\) 而不是 \(O(L)\)，因为可以对两个坐标作差来取得 \(T\) 的恢复值。程序总复杂度为 \(O(n\log\sum{a_i})\)。

分析结束，下面是代码，注意数据范围，要开 long long。

最终代码（丑陋向）

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 200005;
int n,L;
LL l = 0,r = 0; // 二分上下界 
struct node{
  int x,v; // 坐标与赋值 
}a[maxn];
bool check(LL T0){ // 核心代码 2 
  int T = T0;
  for(int i = 1;i <= n;++i){
	int dx = a[i].x - a[i - 1].x;
	if(T + dx > T0) T = T0; 
	// 注意，气力最高只能为初始值 
	else T += dx; // 处理空坐标增值 
	T -= a[i].v; // 处理气力减值 
	if(T < 0) return 0; 
  }
  return 1;
}
int main(){
  scanf("%d %d",&n,&L);
  for(int i = 1;i <= n;i++){
	scanf("%d %d",&a[i].x,&a[i].v);
	r += a[i].v;
  }
  while(l <= r){ //核心代码 1 
	LL mid = (l + r) / 2;
	if(!check(mid)) 
	     l = mid + 1; // 我喜欢这样写 
	else r = mid - 1; // 建议固定模板 
  }
  printf("%d",l);
  return 0;
}

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