luoguP2123 皇后游戏——微扰法的应用与排序传递性的证明
题目背景
还记得 NOIP 2012 提高组 Day1 的国王游戏吗？时光飞逝，光阴荏苒，两年
过去了。国王游戏早已过时，如今已被皇后游戏取代，请你来解决类似于国王游
戏的另一个问题。
题目描述
皇后有 n 位大臣，每位大臣的左右手上面分别写上了一个正整数。恰逢国庆
节来临，皇后决定为 n 位大臣颁发奖金，其中第 i 位大臣所获得的奖金数目为第
i－1 位大臣所获得奖金数目与前 i 位大臣左手上的数的和的较大值再加上第 i 位
大臣右手上的数。
形式化地讲：我们设第 i 位大臣左手上的正整数为 ai，右手上的正整数为 bi，
则第 i 位大臣获得的奖金数目为 ci可以表达为：
当然，吝啬的皇后并不希望太多的奖金被发给大臣，所以她想请你来重新安
排一下队伍的顺序，使得获得奖金最多的大臣，所获奖金数目尽可能的少。
注意：重新安排队伍并不意味着一定要打乱顺序，我们允许不改变任何一
位大臣的位置。
n<=20000，保证不会爆long long
题解：
参考/推荐：题解 P2123 【皇后游戏】
确实是一道值得深入思考的好问题！！！
背景既然提示了和国王游戏有关系，并且显然也是一个排序的贪心题目。
也一定是用微扰法（交换临项法）寻找并证明。
（因为交换相邻两项不会影响别的项）
不妨设，前面的一个人是i，后面一个人是i+1
i前面的一个人的c值为p,i前面的人的a总和是sum
那么，我们现在要找到i在i+1前面的条件。
①i在i+1前面：
贡献：
$max(max(p,sum+a_i)+b_i,sum+a_i+a_{i+1})+b_{i+1}$
化简一下就是：
$max(p+b_i+b_{i+1},sum+a_i+b_i+b_{i+1},sum+a_i+a_{i+1}+b_{i+1})$
②同理，i+1在i前面
化简以后是：
$max(p+b_i+b_{i+1},sum+a_{i+1}+b_i+b_{i+1},sum+a_i+a_{i+1}+b_i)$
我们现在要探究①小于②的条件
发现，共同有的是：$p+b_i+b_{i+1}$
这一项可以两边直接消掉。最终不会影响排序的结果。
那么就是比较：
$max(sum+a_i+b_i+b_{i+1},sum+a_i+a_{i+1}+b_{i+1})$
和
$max(sum+a_{i+1}+b_i+b_{i+1},sum+a_i+a_{i+1}+b_i)$
去掉sum，再化简一下：
$max(b_i,a_{i+1})+a_i+b_{i+1}<=max(b_{i+1},a_i)+a_{i+1}+b_i$
移项，
$max(b_i,a_{i+1})-a_{i+1}-b_i<=max(b_{i+1},a_i)-a_i-b_{i+1}$
其实这个式子的含义是：
两边的较大值会被减掉，较小值的相反数会留下来
所以，其实是：
$-min(a_{i+1},b_i)<=-min(a_i,b_{i+1})$
也就是：
$min(a_i,b_{i+1})<=min(a_{i+1},b_i)$
看似是一个很简单的公式！！
那么直接排序？
luogu反正是AC了。
但是其实不对！
我们发现，这个式子不具有传递性，
也就是说，
这种重载小于号的方式，并不满足
$a<=b,b<=c \space\ \to \space\ a<=c$
手动出几组就可以hack掉。
而我们的sort本质是快速排序实现的。
我们分治的每层子区间会选择一个随机的x作为基准，把小于x放在x左边，大于x放在x右边，
这个排序的正确性，显然要有<满足传递性的性质才行。
所以，这个式子用sort排出来，根据原始输入顺序、基准的x选取的不同，排出来的顺序也是不同的，答案也就是不同的了。
那么怎么办？
继续观察这个式子：
$min(a_i,b_{i+1})<=min(a_{i+1},b_i)$
可以（也许很难）想到，和ai，bi本身有关系？
显然，如果排序的式子和ai，bi本身放在一起，是一定有传递性的。
(例如：
$min(a_1,b_1)<=min(a_2,b_2),min(a_2,b_2)<=min(a_3,b_3) \space\ \to \space\ min(a_1,b_1)<=min(a_3,b_3)$
)
我们只好讨论了。
1.$a_i<b_i,a_{i+1}<b_{i+1}$
那么就是：$a_i<=a_{i+1}$
所以这一块按照a升序排序。
2.$a_i=b_i,a{i+1}=b_{i+1}$
随便排即可。
3.$a_i>b_i,a_{i+1}>b_{i+1}$
那么就是：$b_{i+1}<=b_i$
所以这一块按照b降序排序
那么，现在所有的序列会被分成这三大块。
块与块之间怎么办？
1应该在2前面。2应该在3前面。
即1前，2中，3后。
证明：
1在2前面，2在3前面显然可以证明。
设1、3中的一个元素分别是$(a_1,b_1),(a_3,b_3)$
因为有$a_1<b_1,a_3>b_3$
所以，一定有$min(a_1,b_3)<=min(a_3,b_1)$
每个组内部有传递性，组与组之间也有传递性。
所以这种排序就具有传递性。
这样就可以了。
为了方便，可以定义一个人的组别d为：
$\frac{a_i-b_i}{|a_i-b_i|}$
1组对应-1，2组对应0，三组对应1
所以，我们的排序可以这样进行
先按照d为第一关键字，分到每个组里。
d相同，按照组内的排序方式。
（对了还有一个锅，重载的小于号不能带=，必须小于号才行。
因为快排的内部实现可能会出问题。
$while(a[i]<=a[x]) i++ $
i=x不会停止，假设x是最后一个，就可能数组越界！！ RE）
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=20000+5;
int t,n;
struct node{
int a,b;
int d;
bool friend operator <(node x,node y){
if(x.d!=y.d) return x.d<y.d;
if(x.d<=0) return x.a<y.a;
else return x.b>y.b;
}
}a[N];
ll c[N];
int main(){
scanf("%d",&t);
while(t--){
ll ans=0;
memset(c,0,sizeof c);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].a,&a[i].b),a[i].d=(a[i].a-a[i].b)/abs(a[i].a-a[i].b);
sort(a+1,a+n+1);
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
sum+=a[i].a;
c[i]=max(c[i-1],sum)+a[i].b;
ans=max(ans,c[i]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
/*
Author: *Miracle*
Date: 2018/9/23 22:50:00
*/
总结：
非常非常非常非常....漂亮的一道题，不是算法的混杂，就是一个单单对排序的理解和处理。
大致的思路是：
1.微扰法思想，列式子。
2.化简式子。到了两个min的式子。
3.发现，不满足排序的传递性。
4.尽量向ai,bi本身的属性靠近，而不是加上相邻的项，把这个条件作为判定的条件（邻居毕竟不靠谱，可能是谁都不知道）
5.列出最终的式子。
6.证明了传递性的存在。
（根据快排的原理，然后注意重载小于号不能加=）
启示我们学习算法要学到算法的应用条件和原理本质上，
好比排序的<的定义要有传递性，快排不能<=会RE，微扰法本质的使用条件是，交换这两项，对前面后面的值都无影响。
而不是一知半解，囫囵吞枣，死记硬背，直接复制。
值得思考。
完结撒花~~~
