2023NOIP A层联测28 T3 大眼鸹猫

2023NOIP A层联测28 T3 大眼鸹猫

比赛做出来了，但是文抄……

思路

分析每一个 $i$，发现其一定需要上升或下降 $|a_i-b_i|$。

如果求出最小操作次数，然后在此基础上，将上升或下降操作分成多次，减小对答案的贡献即可。

最小操作次数

从后向前考虑，若 $a_i$ 需要下降，那么先不管它；若 $a_i$ 要上升，那么立刻上升。

如果 $i$ 要上升，此时对于 $i+1$ 而言，要么等待下降，要么已经上升完毕，这两种情况都可以保证操作后的 $a_i\le a_{i+1}$。

执行完上升后，从前向后考虑，此时要上升的 $a_i$ 已经不存在，若 $a_i$ 要下降，直接下降即可。

这里可以发现，最多只需要 $n$ 次操作即可使 $a_i=b_i$，且发现，对于每一个操作都是独立的。

Ps：独立性对减小贡献有很大帮助。

最小答案

考虑对于 $a_i$ 使用 $x$ 次操作的最小贡献。易得，把 $a_i$ 等分成 $x$ 份后，再进行 $x$ 次上升，可以得到最小贡献。

一开始每一个 $a_i$ 都分了 $1$ 次操作。

可以记录一下，如果给 $a_i$ 多一次操作会减少多少贡献，每次取最大者即可。

具体实现就是，开一个优先队列，以 $a_i$ 多一次操作减少的贡献为关键字，每次取队头。取出后将分配次数加一，然后再入队多一次操作减少的贡献，直到 $m$ 次操作用完。

注意对于 $a_i=b_i$ 的情况，不算操作次数。

CODE

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define mod 998244353
#define ll long long
#define S second
#define F first

const int maxn=3e5+5;

int n,m;
int a[maxn],b[maxn],cd[maxn];

ll now[maxn],t[maxn];

priority_queue< pair<ll,int> >que;

ll sqr(ll x){return x*x;}

int main()
{
    freopen("attend.in","r",stdin);
    freopen("attend.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cd[i]++;
        t[i]=abs(a[i]-b[i]);
        if(t[i]==0) {m++,cd[i]=0;continue;}
        now[i]=sqr(t[i]);
        que.push( make_pair(now[i]-
        (sqr((t[i])/(cd[i]+1))*((cd[i]+1)-t[i]%(cd[i]+1))+
        sqr(t[i]/(cd[i]+1)+1)*(t[i]%(cd[i]+1))),i) );
    }
    m-=n;
    if(m<0) printf("-1"),exit(0);

    while(m&&!que.empty())
    {
        m--;
        pair<ll,int>x=que.top();
        if(x.first==0) break;
        que.pop();
        now[x.S]-=x.F;
        cd[x.S]++;
        int i=x.S;
        que.push( make_pair(now[i]-
        (sqr((t[i])/(cd[i]+1))*((cd[i]+1)-t[i]%(cd[i]+1))+
        sqr(t[i]/(cd[i]+1)+1)*(t[i]%(cd[i]+1))),i) );
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+now[i])%mod;
    printf("%lld",ans);
}

麻麻的，文抄写错哩。