【AGC053D】Everyone is a winner（贪心）（凸包）

Everyone is a winner

题目链接：AGC053D

题目大意

有 n 个人 n 道题目，每个人做其中 ai 个题目需要 1 分钟，bi 个题目需要 2 分钟，ci 个题目需要 3 分钟。
需要你给每个人安排做每道题用的时间，使得第 i 个人是最早做完 i 道题目的人之一。
问你是否能安排出合法的方案。

思路

发现如果我们确定了前 $i$ 步做什么，剩下的做法是显然的：
就是不要太快，所以是从大到小放。
那前面的也是不能太快，因为你最终到 $i$ 的时间已经固定，所以我们也是从大到小放。

于是有这么一个猜想过程，我们让 $f_{i,j}$ 为 $i$ 这个人做了 $j$ 题目需要的时间，然后我们有一个限制 $T_i$ 就是前 $i$ 道题最早被解决掉的时间（在考虑的人之中）。

那先考虑后面的怎么放（从后面往前看是因为最后的位置放的是确定的），那首先是肯定给前面的留空间，所以我们最大化做完 $i$ 题需要的时间，接着我们让 $3$ 尽可能的多（这样不容易比别人快）

那求出上面的 $f$ 之后，我们可以给 $T_i$ 更新限制： $T_y=\min(T_y,t_{x,y})(1\leqslant y<x)$
那我们给前面的留了空间，但是后面的呢？它会不会因此比后面的更快呢？

我们其实可以通过证明发现在只有 $1,2,3$ 这种耗时的情况下，是不会有的。
考虑分类讨论，如果我们有 $T_i+2\geqslant T_{i+1}$ （就是这前面 $i+1$ 个不是都填 $3$ ，因为如果不是，至少会有 $2/1$ 在最后）
那我们扩展一下对于 $j>i,T_i+2(j-i)\geqslant T_j$ 。
那自然合法。

那如果是都填 $3$ ，那对于前面的一段都填 $3$ 的，那比它编号小的人要做到前面的某个时刻比他小或者跟它一样，这个时刻又要比它大或者一样，所以就也是全 $3$ ，那后面的数也是一个道理，那这 $n$ 个人的前 $i+1$ 个都是 $3$ ，那也就没啥事了。
后面出现了没有 $3$ ，那又是上面的情况了。

所以是对的！

那我们就用一个斜率为 $1/2/3$ 的凸包来维护 $T$ 这个东西。
然后这里的 $T$ 其实我们减可以直接一个一个减，因为这个东西是递减的，均摊下来只会减 $O(n)$ 次。

然后就是看给你 $T$ ，要你看是否合法：
考虑化一下式子得到一些不等式：
$x+y+z=i$
$x+2y+3z=t$
（解二元一次方程，以 $y,z$ 为未知数）
$y+z=i-x,2y+3z=t-x$
$y=-2x-t+3i$
$z=x+t-2i$

$x=z-t+2i=\dfrac{3i-t-y}{2}$
$0\leqslant x\leqslant a_i,0\leqslant y\leqslant b_i,0\leqslant z\leqslant c_i$ （这是条件，两个极值分别带入）
$2i-t\leqslant x\leqslant c_i+2i-t,\dfrac{3i-t-b_i +1}{2}\leqslant x\leqslant \dfrac{3i-t}{2}$
（注意第二个式子的多边界，要在上面 $+1$ ，因为它上面 $x=$ 的位置不能直接这么看，你真正要满足的是上面方程解出来的结果，所以要记得 $+1$ ，不加样例也过不了）

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f

using namespace std;

const int N = 2e5 + 100;
int n, a[N], b[N], c[N];

struct Line {
	int a, b, c;//斜率（填1/2/3）对应的截距 
	
	Line(int aa = INF, int bb = INF, int cc = INF) {
		a = aa; b = bb; c = cc;
	}
	
	int get_val(int x) {
		return min(min(a + x, b + 2 * x), c + 3 * x);
	}
}T;

Line merge(Line x, Line y) {
	return Line(min(x.a, y.a), min(x.b, y.b), min(x.c, y.c));
} 

void slove() {
	scanf("%d", &n); T = Line();
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d %d %d", &a[i], &b[i], &c[i]);
		T = merge(T, Line(b[i] + 2 * c[i], c[i], 0));
	}
	bool yes = 1;
	for (int i = n; i >= 1; i--) {
		int t = T.get_val(i), x;
		while (t >= 0) {
			x = min(a[i], min(c[i] + 2 * i - t, (3 * i - t) / 2));
			if (x >= max(0, max(2 * i - t, (3 * i - t - b[i] + 1) / 2))) break;
			t--;
		}
		if (t < 0) {yes = 0; break;}
		int y = -2 * x - t + 3 * i, z = x + t - 2 * i;
		T = merge(T, Line(y + 2 * z, z, 0));
	}
	if (yes) printf("Yes\n");
		else printf("No\n");
}

int main() {
	int T; scanf("%d", &T);
	while (T--) slove();
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/AGC053D.html
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