CF802O-April Fools‘ Problem(hard)【wqs二分,优先队列】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF802O

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1|1题目大意

$n$天每条有$a_i$和$b_i$。

每条可以花费$a_i$准备至多一道题，可以花费$b_i$打印至多一道准备好了的题。

求准备$k$道题最少要花费多少。

$1\leq k\leq n\leq 5\times 10^5$

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1|2解题思路

这也能是$wqs$二分是我没想到的。

物品可以分成两种，准备题目和打印题目。

然后因为这是个费用流模型所以答案肯定是下凸的。

然后这两种物品中恰好要打印$k$道题。

那就是$wqs$二分一下减去的值，然后维护的时候直接用优先队列求能搞到的最大值。

就是每次把$a_i$丢进去然后如果$b_i$就找到之前最小的一个数然后把$b_i-mid$丢进去（可撤销）就好了。

时间复杂度$O(n\log W)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const ll N=5e5+10;
ll n,k,a[N],b[N];
priority_queue<pair<ll,ll> >q;
signed main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	for(ll i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&b[i]);
	ll l=0,r=2e9;
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)>>1,cnt=0,ans=0;
		for(ll i=1;i<=n;i++){
			q.push(mp(-a[i],0));
			ll tmp=b[i]-mid-q.top().first;
			if(tmp<0)ans+=tmp,q.pop(),q.push(mp(b[i]-mid,1));
		}
		while(!q.empty())cnt+=q.top().second,q.pop();
		if(cnt==k)return printf("%lld\n",ans+k*mid)&0;
		if(cnt<k)l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
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