[六省联考2017]期末考试
4868: [Shoi2017]期末考试
2017-09-03
Description
有n位同学,每位同学都参加了全部的m门课程的期末考试,都在焦急的等待成绩的公布。第i位同学希望在第ti天或之前得知所.有.课程的成绩。如果在第ti天,有至少一门课程的成绩没有公布,他就会等待最后公布成绩的课程公布成绩,每等待一天就会产生C不愉快度。对于第i门课程,按照原本的计划,会在第bi天公布成绩。有如下两种操作可以调整公布成绩的时间:1.将负责课程X的部分老师调整到课程Y,调整之后公布课程X成绩的时间推迟一天,公布课程Y成绩的时间提前一天;每次操作产生A不愉快度。2.增加一部分老师负责学科Z,这将导致学科Z的出成绩时间提前一天;每次操作产生B不愉快度。上面两种操作中的参数X,Y,Z均可任意指定,每种操作均可以执行多次,每次执行时都可以重新指定参数。现在希望你通过合理的操作,使得最后总的不愉快度之和最小,输出最小的不愉快度之和即可
Input
第一行三个非负整数A,B,C,描述三种不愉快度,详见【问题描述】;
第二行两个正整数n,m(1≤n,m≤105),分别表示学生的数量和课程的数量;
第三行n个正整数ti,表示每个学生希望的公布成绩的时间;
第四行m个正整数bi,表示按照原本的计划,每门课程公布成绩的时间。
1<=N,M,Ti,Bi<=100000,0<=A,B,C<=100000
Output
输出一行一个整数,表示最小的不愉快度之和。
Sample Input
100 100 2
4 5
5 1 2 3
1 1 2 3 3
4 5
5 1 2 3
1 1 2 3 3
Sample Output
6
由于调整操作产生的不愉快度太大,所以在本例中最好的方案是不进行调整; 全部
5 的门课程中,最慢的在第 3 天出成绩;
同学 1 希望在第 5 天或之前出成绩,所以不会产生不愉快度;
同学 2 希望在第 1 天或之前出成绩,产生的不愉快度为 (3 - 1) * 2 = 4;
同学 3 希望在第 2 天或之前出成绩,产生的不愉快度为 (3 - 2) * 2 = 2;
同学 4 希望在第 3 天或之前出成绩,所以不会产生不愉快度;
不愉快度之和为 4 + 2 = 6 。
5 的门课程中,最慢的在第 3 天出成绩;
同学 1 希望在第 5 天或之前出成绩,所以不会产生不愉快度;
同学 2 希望在第 1 天或之前出成绩,产生的不愉快度为 (3 - 1) * 2 = 4;
同学 3 希望在第 2 天或之前出成绩,产生的不愉快度为 (3 - 2) * 2 = 2;
同学 4 希望在第 3 天或之前出成绩,所以不会产生不愉快度;
不愉快度之和为 4 + 2 = 6 。
导数的方法可以解决掉这个题,其实还可以二分导数..就是太麻烦了
这个题数据范围<=10^5;不是很大(相加就是long long了)所以可以从最小的学生的不满意度开始枚举;
导数
一直到最后一个老师判完卷子(讨厌考试)
老师不满意度是一条单调上升的曲线;学生则是下降;
那门合成两条线一定是一条二次函数的并属于0到正无穷的曲线;
那就可以构造出来一个a数组代表每一个函数(老师&学生)增长的情况(其实是导数......)
即每往后拖延一天,学生不满意度就在这一天只前的全加单位一;如果用exam[i]表示在时间i有x个人的话,那这一天增长的不满意为
sum(k=0;i<i;i+=1)exam[k];即exam的前缀和
对于老师也一样;然后按A,B贪心;B<A直接选2;B>A就有需求和提供的关系了;
最后就是特判C了(不然会出现负数的wa)
![](https://images.cnblogs.com/OutliningIndicators/ContractedBlock.gif)
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #define mann 150000 long long D(){ long long k=5; for(int i=1;i<=30;i++)k*=10; return k; } using namespace std; long long ans=D(); long long C,A,B,n,m; struct SABER{ long long q,h,c;//q为老师前缀和,h为老师后缀和,c为学生的前缀和 }a[mann]; long long student[mann],exam[mann]; long long q,maxa,maxb,mina=mann; long long need,rest,CC; long long pd(long long k1,long long k2,long long k3){ if(A<B){ if(k1==k2){return k3*C+k1*A;} if(k1>k2){return k3*C+k2*A+(k1-k2)*B;} else{return A*k1+C*k3;} } else {return k1*B+k3*C;} } int main(){ cin>>A>>B>>C>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++){cin>>q;student[q]++;maxa=max(maxa,q);mina=min(mina,q);} for(int i=1;i<=m;i++){cin>>q;exam[q]++;maxb=max(maxb,q);} for(int i=1;i<=maxa;i++){a[i].c=a[i-1].c+student[i];} for(int i=1;i<=maxb;i++)a[i].q=a[i-1].q+exam[i]; for(int i=maxb;i>=mina;i--){a[i].h=a[i+1].h+exam[i];need+=a[i].h;} for(int i=1;i<mina;i++){rest+=a[i].q;} for(int i=mina;i<=maxb;i++){ need-=a[i].h; ans=min(ans,pd(need,rest,CC)); rest+=a[i].q; CC+=a[i].c; if(C>1e7+1)i=mann; } cout<<ans; return 0; }
三分其实也是这个题的另一个方法,用两个点pd一下哪一个更优,去掉完全不可能的1/3
时间复杂度大概在(logn/log3)n左右可以过掉