【CF639E】Bear and Paradox（贪心+二分）

点此看题面

• 有\(n\)个问题，第\(i\)个问题初始分为\(p_i\)，耗时\(t_i\)，并设\(T=\sum_{i=1}^nt_i\)。
• 你可以按某种顺序依次完成所有问题，若在时刻\(x\)完成了第\(i\)个问题，则该问题的最终分为\(p_i\cdot(1-\frac {cx}T)\)。
• 求最大的\(c\in[0,1]\)，满足在任意一个能使最终分总和最大的做题顺序中，都不存在某两个问题\(i,j\)，使得\(i\)的初始分比\(j\)小，\(i\)的最终分比\(j\)大。
• \(n\le1.5\times10^5\)

最优做题顺序（贪心）

我们要最大化\(\sum_{i=1}^np_i\cdot(1-\frac{cx_i}T)=\sum_{i=1}^np_i-\frac cT\cdot\sum_{i=1}^np_ix_i\)，也就是要最小化\(\sum_{i=1}^np_ix_i\)，而这是一个与\(c\)无关的式子。

然后对于连续完成的两个问题\(i,j\)，考虑它们谁放在前面更优，那么\(i\)优于\(j\)就需要满足：（假设先前花费总时间为\(s\)）

\[p_i\times(s+t_i)+p_j\times(s+t_i+t_j)<p_j\times(s+t_j)+p_i\times(s+t_i+t_j) \]

化简一下得到一个很简单的式子：

\[p_j\times t_i<p_i\times t_j \]

所以我们可以预先把所有问题按照\(\frac{p_i}{t_i}\)从大到小排序，当然\(cmp\)函数中可以直接使用上面的式子避免精度误差。

由于\(\frac{p_i}{t_i}\)相等的问题可以任意决定顺序，因此我们要求出每个问题完成的最早时间\(L_i\)和最迟时间\(R_i\)。

二分答案

这道题显然可以二分答案。

我们重新把所有问题按照\(p_i\)的大小排序，那么就是要对于所有\(i\)，满足不存在\(j<i\)，使得\(p_j<p_i\)且\(p_j(T-cL_j)>p_i(T-cR_i)\)（显然\(j\)的最早时间和\(i\)的最迟时间肯定可以同时取等）。

因此只要维护好满足\(p_j<p_i\)的\(p_j(T-cL_j)\)的最大值\(Mx\)及满足\(j<i\)的\(p_j(T-cL_j)\)的最大值\(Tx\)，只要当\(p_{i-1}<p_i\)的时候更新\(Mx=Tx\)即可。

代码：\(O(n\log\texttt{eps}^{-1})\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 150000
#define LL long long
#define DB double
#define eps 1e-8
using namespace std;
int n;LL T;struct node {int p,t;LL L,R;I bool operator < (Con node& o) Con {return p<o.p;}}s[N+5];
I bool cmp(Con node& x,Con node& y) {return 1LL*x.p*y.t>1LL*y.p*x.t;}
namespace FastIO
{
	#define FS 100000
	#define tc() (FA==FB&&(FB=(FA=FI)+fread(FI,1,FS,stdin),FA==FB)?EOF:*FA++)
	char oc,FI[FS],*FA=FI,*FB=FI;
	Tp I void read(Ty& x) {x=0;W(!isdigit(oc=tc()));W(x=(x<<3)+(x<<1)+(oc&15),isdigit(oc=tc()));}
	Ts I void read(Ty& x,Ar&... y) {read(x),read(y...);}
}using namespace FastIO;
I bool Check(Con DB& c)//验证
{
	DB Mx,Tx=0;for(RI i=1;i<=n;Tx=max(Tx,s[i].p*(T-c*s[i].L)),++i)//Tx维护j<i的最大值
		if((i==1||s[i-1]<s[i])&&(Mx=Tx),Mx>s[i].p*(T-c*s[i].R)) return 0;return 1;//Mx维护p[j]<p[i]的最大值，和当前比较检验
}
int main()
{
	RI i;LL t,tt;for(read(n),i=1;i<=n;++i) read(s[i].p);for(i=1;i<=n;++i) read(s[i].t);sort(s+1,s+n+1,cmp);//按p[i]/t[i]从大到小排序
	for(tt=0,i=1;i<=n;++i) (i==1||cmp(s[i-1],s[i]))&&(t=tt),tt+=s[i].t,s[i].L=t+s[i].t;//求出最早时间
	for(T=tt,i=n;i>=1;--i) (i==n||cmp(s[i],s[i+1]))&&(t=tt),tt-=s[i].t,s[i].R=t;//求出最迟时间
	DB l=0,r=1,mid;sort(s+1,s+n+1);W(r-l>eps) Check(mid=(l+r)/2)?l=mid:r=mid;return printf("%.8lf\n",l),0;//二分答案
}