CF1185C2 题解

洛谷传送门 & CF 传送门

思路

第一反应是准备一个大根堆 $q$ 和一个记录当前堆里数总和的变量 $now$，然后在输入的同时先把总和 $now$ 加上 $a_i$，然后把 $q$ 里的数弹到 $now\le m$ 为止，最后再把 $a_i$ 插到 $q$ 里去。这里注意，要先弹数再插 $a_i$！！！因为规定 $a_i$ 自身不能弹掉！代码如下：

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, x, now, tot;
priority_queue <int> q;
int main () {
	ios::sync_with_stdio (0);
	cin.tie (0);
	cout.tie (0);
	cin >> n >> m;
	while (n --) {
		cin >> x;
		now += x;
		while (now > m && ! q.empty ())
			now -= q.top (), q.pop (), ++ tot; //tot 用于记录目前删掉的数个数
		q.push (x);
		cout << tot << ' ';
	}
	return 0;
}

然后，你会发现 WA 在了第 $13$ 个点。这里蒟蒻提供一组自制 Hack 数据：

3 10
5 6 5

我们来分析一下这个方法的漏洞。这个方法的错误原因就在于题目规定了 $a_i$ 自身不能弹掉，这就导致了先前弹掉的数在后面不一定也要弹，即可能出现之前弹掉的数甚至比 $a_i$ 自身还小的情况。这对处理 $a_i$ 自身没任何问题，但是对后续就有问题了。不明白的读者可以手动模拟上面的 Hack 数据。

于是，我们要弥补这个漏洞的突破口就在于我们只需要把操作回退到加 $x$ 之前就行，别的数弹不弹掉已经无所谓了。至于回滚操作，我们可以准备一个小根堆 $poper$ 用于存储已经被弹掉了的数。这时候，我们就不用急着将 $a_i$ 插进 $q$ 里，因为 $a_i$ 插不插对输出答案是没有影响的。

当 $poper$ 为空或 $poper$ 的堆顶（也就是弹出的数中最小的那个数）比 $a_i$ 还大时，这是我们不用回滚，我们也只能乖乖把 $a_i$ 插进 $q$ 里。否则，我们要在输出完毕后回滚一次操作，即我们把先前加上 $a_i$ 的 $now$ 再减去 $a_i$ 还，这时我们的 $now$ 肯定远远小于 $m$ 了，我们要把 $now$ 加到不能再加（再加就要 $now>m$ 了）为止。我们要尽量把小的换回去，这样换回去的个数才能尽量多，这也就是我们选择使用小根堆的原因。

代码

# include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, x, now, tot;
priority_queue <int> q;
priority_queue <int, vector <int>, greater <int>> poper;
int main () {
	ios::sync_with_stdio (0);
	cin.tie (0);
	cout.tie (0);
	cin >> n >> m;
	while (n --) {
		cin >> x;
		now += x;
		while (! q.empty () && now > m)
			now -= q.top (), poper.push (q.top ()), q.pop (), ++ tot;
		cout << tot << ' ';
		if (poper.empty () || poper.top () >= x) { //不用换
			q.push (x);
			continue;
		}
		now -= x;
		++ tot; //x 也是个数啊，所以要把删掉的数 +1
		while (! poper.empty () && now + poper.top () <= m)
			now += poper.top (), q.push (poper.top ()), poper.pop (), -- tot;
		poper.push (x);
	}
	return 0;
}