BZOJ3874 codevs3361 宅男计划

AC通道1：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3874

AC通道2：http://codevs.cn/problem/3361/

 

[题目分析]

 

　　[为什么会做到这道题]

　　首先会点进这道题，貌似是打CF一题遇到了贪心题[可是有神犇表示用三分法可以A]，然后我就想起三分法似乎还从没有打过，于是找到了很久之前%的一篇J.K的博客。

　　

　　[介绍一下三分法]

　　首先还是介绍一下三分法的作用是什么？...

　　如果要找一个凸函数的最优值，比如二次函数，也就是最优值在中间，而且两边依次递减的函数时，我们可以使用三分法来逼近答案。[二分法只能找单调函数]

　　传统意义三分法操作过程：每次在线段上取两个三分点，比较两点函数值的大小，然后舍弃小的一边，接着操作。

　　正确性怎么证明呢？

　　首先你脑洞一个单峰，然后在三分之一处描点，然后不管你怎么画，单峰一定不在较小值到最近端点的那一段。

　　如果两点在单峰的异侧，那么删掉任意1/3都保证单峰仍在区间内。

　　如果在同侧，那么靠近单峰的点一定>远离单峰的点，删掉小的一边，单峰仍在区间内。

　　为什么一定要画两个点呢？

　　因为两个点才好比较啊...一个点显然不够，因为不知道单峰在哪边，三个点好像又多了，于是优美的两个点。

　　为什么一定要取1/3处呢？

　　因为这样每次将线段长度*2/3，复杂度是稳定的。复杂度是log的。不过你设计一个别的也是可以的。

　　例如说在冬令营时宋老师提到一个神奇的黄金比例分割式三分。这个的原理是什么呢？

　　每次我选择两个点ml,mr，满足这样的性质，将[l,ml]的删去后，mr是新区间的ml；将[mr,r]删去后，ml是新区间的mr。

　　然后列一个等比关系，解出来ml=l+(3-根号5)/2*(r-l+1)，mr=r-(3-根号5)/2*(r-l+1)。这样的话每次选新区间的时候，就只需要再多算一个点了。

　　好机智啊！它的复杂度也差不多，每次是原长*0.618...但实际运用中，浮点误差不可忽略，而且坐标是整点表示，于是这个算法bug较多，屡次80-90分WA，所以考场上采用上面的方法比较靠谱。

　　还有同学觉得不靠谱，因为区间大小<3时，三分好像就除不下去了，于是在最后的区间里暴力求一遍也是极好的。

　　

　　[开始了第一阶段的思考----2.24]

　　好吧，我们再回来看这个题。

　　如果我告诉你要叫快递小哥t次，你能不能求出最多宅几天呢？...

　　仔细思考一下...应该是可以求出来的。首先我们可以排除掉一些不可能点的外卖，比如保质期短还很贵的。如果有保质期比它长或和它一样并且价格便宜的，我就可以舍弃它了。

　　现在我就得到了一个真正会购买的序列，满足a[i].s<a[i+1].s,a[i].p<a[i+1].p就是前一个比这一个保质期短，并且价格比这个便宜。

　　可以想象，我每次购买应该尽量平均，为什么呢？比如我一次买10天的，结果第二次只买1天的，不如1次买6天，1次买5天[因为保质期越久越贵嘛]。

　　那么贪心下来就是，考虑第一个保质期最短但是最便宜的商品，我每次当然都会购买，但是我能买多少呢？当然是要么买到没钱，要么买到能吃到保质期结束那天的个数。

　　那么往下接着考虑，保质期第二短的，我买完第一短的当然接着买咯，还是买到没钱，或者就是在第一个保质期过之后到第二个保质期之间都吃它。然后一直这样考虑下去...

　　[注意]上面买的时候都是给t组都买一份，但是如果发现买不到这个保质期过那么多个了...那我选择剩下的钱都买，然后放到t个中的某些次数中去。

　　

　　贪心的部分也搞定了，但是我现在的问题是不知道要叫小哥多少次啊。

　　最少0次，最多m/(f+a[1],p)次，复杂度是不能考虑枚举的。

　　但是我们发现上面说了一大段的三分法，诶，我们好像可以用三分法咯？

　　三分法使用条件：单峰函数...

　　宅几天和外卖次数之间为什么会呈现单峰函数呢？是人性的扭曲？还是道德的沦丧？

　　笔者也觉得有点奇怪= =，J.K.是这么说的：“我不能确保这种方法的正确性，因为迄今为止我还没有看到其他能够复杂度能够承受的办法，最起码这样做的话，数据是可以过的，当然不排除数据不够全面。因为送物品非常自由，没有任何限制，所以我们要找一个合适的自变量进行枚举。可以发现，如果我们外卖的次数过少，那么就会出现一些食品性价比不高的情况；如果次数过多，那么就会浪费外卖运费。故可以从这里入手，因为可以看出这是一个类似于二次函数的函数。我们可以通过三分来查找峰值。”

　　说的好啊，笔者后来仔细思考了一下，假设叫T'次时最优，那么考虑买不够T'时，一定被迫购买了保质期较长的食品，导致购买数量不如T'；如果买了大于T’次，那么叫外卖的支出升高，也会导致买到的数量不够。[上面好像是一堆废话...]

　　也就是说这题需要满足的是：从单峰开始往左走，每次少叫一次外卖，你的支出一定会升高；往右边走，没多叫一次外卖，你的支出一定会增高[但是真的有这个性质吗？我不这么觉得]

　　下面再挂一张图：是笔者思考证明的过程。

　　

　　

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int maxn=210;
typedef long long ll;

struct Node{
    ll s,p;
}a[maxn],b[maxn];

int n,cnt,cnt1;
ll M,F,ans;
bool no_use[maxn];

bool cmp(const Node &A,const Node &B){
    if(A.s!=B.s) return A.s<B.s;
    return A.p<B.p;
} 

bool cmp1(const Node &A,const Node &B){
    return A.p<B.p;
}

ll get_ans(ll t){
    ll sum=M-t*F,days=0,num,res=0;
    
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        num=min(a[i].s-days+1,sum/t/a[i].p);//在本商品处最多能购买的天数，如果超过保质期或者没钱，那么不要 
        sum-=num*t*a[i].p,days+=num,res+=num*t;
        
        if(days<=a[i].s){//如果目前还没有超过保质期，说明没钱，那么剩下的钱全部买这个加入答案 
            num=sum/a[i].p;res+=num;return res;
        }
    }
    return res;
}

void init(){
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    b[++cnt1]=a[1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        while(a[i].s==a[i-1].s && i<n) i++;
        b[++cnt1]=a[i]; 
    }
    sort(b+1,b+cnt1+1,cmp1);
    ll tmp=b[1].s;
    for(int i=2;i<=cnt1;i++){
        if(b[i].s<=tmp) no_use[i]=true;
        else tmp=b[i].s;
    }
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
        if(!no_use[i])
            a[++cnt]=b[i];
}

int main(){
    freopen("3874.in","r",stdin);
    freopen("3874.out","w",stdout);

    scanf("%lld%lld%d",&M,&F,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld%lld",&a[i].p,&a[i].s);
    init();
    
    ll l=1,r=M/(F+a[1].p),ml,mr;
    ll ansl,ansr;
    
    ans=max(get_ans(l),get_ans(r));
    while(l<=r){
        ll Len=r-l+1;
        ml=l+Len/3,mr=l+Len*2/3;
        ansl=get_ans(ml),ansr=get_ans(mr);
        if(ansl>ansr)
            ans=max(ans,ansr),r=mr-1;
        else
            ans=max(ans,ansl),l=ml+1;
    }
    
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

[我还是莫名其妙的A了...]

还有一个用黄金比例分割+一些特判技巧(玄学)A的？

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int maxn=210;
const double gold=(3.0-sqrt(5))/2.0;
typedef long long ll;

struct Node{
    ll s,p;
}a[maxn],b[maxn];

int n,cnt,cnt1;
ll M,F,ans;
bool no_use[maxn];

bool cmp(const Node &A,const Node &B){
    if(A.s!=B.s) return A.s<B.s;
    return A.p<B.p;
} 

bool cmp1(const Node &A,const Node &B){
    return A.p<B.p;
}

ll get_ans(ll t){
    if(t==0) return 0;
    ll sum=M-t*F,days=0,num,res=0;
    
    for(int i=1;i<=cnt;i++){
        num=min(a[i].s-days+1,sum/t/a[i].p);//在本商品处最多能购买的天数，如果超过保质期或者没钱，那么不要 
        sum-=num*t*a[i].p,days+=num,res+=num*t;
        
        if(days<=a[i].s){//如果目前还没有超过保质期，说明没钱，那么剩下的钱全部买这个加入答案 
            num=sum/a[i].p;res+=num;return res;
        }
    }
    return res;
}

void init(){
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    b[++cnt1]=a[1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        while(a[i].s==a[i-1].s && i<n) i++;
        b[++cnt1]=a[i]; 
    }
    sort(b+1,b+cnt1+1,cmp1);
    ll tmp=b[1].s;
    for(int i=2;i<=cnt1;i++){
        if(b[i].s<=tmp) no_use[i]=true;
        else tmp=b[i].s;
    }
    for(int i=1;i<=cnt1;i++)
        if(!no_use[i])
            a[++cnt]=b[i];
}

int main(){
    scanf("%lld%lld%d",&M,&F,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld%lld",&a[i].p,&a[i].s);
    init();
    
    ll l=1,r=M/(F+a[1].p),ml=1+r*gold,mr=r-r*gold;
    ll ansl=get_ans(ml),ansr=get_ans(mr);
    
    ans=max(get_ans(l),get_ans(r));
    //printf("(%lld,%lld,%lld,%lld)\n",l,ml,mr,r);
    while(l<=r){
        if(ansl>ansr){
            ans=max(ans,ansr),r=mr-1;
            ll Len=r-l+1;
            mr=ml;ansr=ansl;
            ml=l+Len*gold;
            if(ml==mr && ml>l) ml--;
            ansl=get_ans(ml);
        }
        else{
            ans=max(ans,ansl),l=ml+1;
            ll Len=r-l+1;
            ml=mr;ansl=ansr;
            mr=r-Len*gold;
            if(mr==ml && mr<r) mr++;
            ansr=get_ans(mr);
        }
        //printf("(%lld,%lld,%lld,%lld)\n",l,ml,mr,r);
    }
    ans=max(ans,ansl);ans=max(ans,ansr);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

 

感觉学的有点不踏实，不过至少还是学会了三分法怎么打。感谢一直帮忙的ZZD同学。Orz ZZD神犇。

最后重申一遍：“质疑大法好！多多质疑算法的正确性！多多总结算法的适用性！”

 

　　[第二阶段的证明思考-----2.25]

　　　　开场首先　"Orz-TB-srO"  跪见智商帝。

　　　　TB无意间听说我在讨论三分法，唔，就进行了愉快的思考，大喊：“这不是很容易吗？”，我当时十分愤懑= =，我思考了很久都没有想出来...居然被TB秒了。

　　　　好吧，有的时候就是要服大神，人家毕竟思考得不一样，你看，她就看错题目了。

　　　　她以为是宅M天需要的最少花费，难怪我和她争论了一会也不知道她到底在干什么...

　　　　不过我想了想，感觉和原题差不多啊，如果证明出了这个是单峰函数，原题应该也是单峰函数啊。

　　　　[然后TB埋头苦干，终于将她的思维翻译成了人类智慧层面的语言，下面是我的转述]

　　　　首先设一个函数ans()，ans(x)表示叫x次外卖，使得其能宅M天的最小花费。

　　　　目标：证明ans(x)是一个单峰函数。[峰值为最小值]

　　　　现在我们再设一个函数F(),F(i)表示叫i次外卖，除掉外卖费的其它花费的最小值。

　　　　即：F(i)=ans(i)-i*cost

　　　　这时我们相减一下F(i)和F(i-1)

　　　　F(i)-F(i-1)=ans(i)-ans(i-1)+cost

　　　　如果我们希望ans()是一个下凸函数，因为下凸函数求导应该得到的斜率先是负数再到正数，而且不希望有多个凹进去的地方？

　　　　那么ans()的导数应该是递增的才对。ans(i)-ans(i-1)正好就相当于这个导数。那么证明了F(i)-F(i-1)递增我们就证完了！

　　　　我们考虑从F(i-1)到F(i)再到F(i+1)的过程：

　　　　

　　　　好了，我们现在已经得到了需要的结论，F(i)-F(i-1)是递增的。

　　　　那么我们可以再倒着推回去一遍。

　　　　∵F(i)-F(i-1)递增,ans(i)-ans(i-1)=F(i)-F(i-1)+cost,cost为常数

　　　　∴ans(i)-ans(i-1)递增。即ans()的导函数是递增的。

　　　　又∵ans()初始导函数为负数[一开始的时候，增加外卖次数当然是能够使最小花费变小]，且结束时导函数为正数[增加外卖次数能使最小花费数增大]

　　　　∴ans()的导函数是先负后正的一个过程，而且ans()的导函数递增。

　　　　∴ans()是一个单峰函数，并存在极小值。

　　　　然后证完啦！

　　　　让我们再次 "Orz-TB-srO"  跪见智商帝。

　　　　

　　鸣谢Cyan提出了这么神奇的方法，鸣谢Cyan有心看蒟蒻刷的题。

　　感谢笔者没有放弃思考与证明。OI有趣吖...