「JOISC 2019 Day4」蛋糕拼接 3

loj 3039
NKOJ

Description

$n$个蛋糕，每个蛋糕有$w_i,h_i$。选$m$个蛋糕满足$\sum\limits_{j=1}^mw_{k_j}-\sum\limits_{j=1}^m|h_{k_j}-h_{k_{j+1}}\ |$
因为蛋糕摆成一个环所以$k_1=k_{m+1}$

Solution

我因为最近天天做dp,直接就往dp上想的，其实是思维僵化。
然后本来可以骗46分的，因为没有考虑到答案可能是负数+数据点捆绑直接宝菱。
dp就前缀和优化dp就可以做了，很好写。
当然前面肯定要想到$\sum\limits_{j=1}^m|h_{k_j}-h_{k_{j+1}}\ |$这个的最小值，显然是按$h$从小到大排后得到的，因此其实是$2*(maxh-minh)$
这样按$h$排序，消除影响。
枚举最后一个选的点$i$,发现第一个选的点$j$是具有决策单调性的（只会打表）
整体二分+可删对顶堆

这东西挺恶心的，总之我调了好久，经常推翻重来

总结一下：

整体二分：维护两个指针$tl$,$tr$，复杂度是$nlog_2^2n$的因为$log_2n$层，每次$[L,R]$结束时,$tl=L,tr=R$。左递归开始时肯定是取$[L,R]$中一个点$pos$,$tl=pos,tr=pos$，左边递归结束时一定是也$tl=pos,tr=pos$（左dfs树最靠右的叶子），此时再右递归转移到 $tl=R,tr=R$。考虑这一层的转移，显然是$R-L+1$次，每次$O(log_2n)$，而又有有$log_2n$层。
当然上面的复杂度证明中，不一定是确切的等于（如 $tl$ 会有和 $mid-m+1$ 取 $min$,每层跟$mid$有关总体也是$nlog_2n$级别的），易证影响不大/kk。

对顶堆：因为你需要维护前$m$大的和($sumw$)，如果你只存一个大根堆，删除或者加入是维护不了的。
因此前$m$大的数存入小根堆$Q1$里，其它小的数存入大根堆$Q2$，每次加入一个数判断如果大于$Q1$,$Q2$分界，把$Q1.top()$加入$Q2$，把该数加入$Q1$。否则直接加入$Q2$
然后删除也维护两个可删堆$D1,D2$。每次删除的时候判断删的数是在$Q1$中则加入$Q2$,反之……
每次取出堆顶前判断是如果已经在可删堆内，直接删了（这是可删堆的常规操作……）

!!! 这里我犯过一个错误

你维护的$sumw$不是你$Q1$里面实际所有值的和。而是里面没有在$D1$中（没被删）的和。
即$Q1-D1$才是真正的前$m$大。$Q1$里面还存在着一些已经死去的傀儡……
所以实际上$Q1.size()$不一定等于$m$,我们需要单独维护一个$sz1$（这个很简单）

实现细节：不知道我的实现方式会不会比别人复杂

强制$Q1$,$Q2$的堆顶是存在的（没被删），需要每次$pop()$后，删点即可。
Add的就是上面对顶堆说的那堆。
Del比较复杂，如果删除的是在$Q1$中的，用$Q2.top()$替代删除的那个，即把$Q2.top()$加入$Q1$，删除的值加入$D1$。这样也保证了$sz1$守恒。

以后写博客尽量宏观一点，不要太啰嗦，不过我感觉题目都好细节呀。