【题解】「JOISC 2017 Day 2」门票安排

solution:
不看题解做不出来
考虑翻转一些区间使得答案更优。（这里不讨论 [l,r] = $\varnothing$ 的情况）
设 a_i 表示翻转前的答案， b_i 表示翻转后的答案。

性质一：任意两个翻转的区间一定有交集。
证明：考虑反证。假设有两个翻转区间交集为空，那么翻转前肯定比翻转后更优。

性质二：设所有翻转区间交集为 [l,r] ，其中 b_t=max(a_l,…,a_r) ，l<=t<=r 。则满足 b_t>=max(b_i)-1 。
证明：当 l<=t’<=r 时显然成立 。否则任意撤销一个翻转区间，答案不会更劣。

性质三：t 满足 a_t=max(a_i)
证明：当 l<=t’<=r 时显然成立。考虑反证，假设 a_t<a_t’ ，用 a_t-b_t 表示经过 t 的翻转区间的个数， 则有 a_t-b_t>=a_t’-b_t’+1 （否则 t’ 也是公共点），即 a_t+b_t’>=b_t+a_t’+1 ，这与性质二和假设矛盾。

性质四：对于任意满足 a_t=max(a_i) 的点 ，一定满足 t\in [l,r]
证明：和性质三类似。

现在我们考虑算法流程：

首先二分答案 w ，为了便于确定一个点的最终状态，我们还需要得到翻转区间的个数 cnt=a[t]-mid 或 cnt=a[t]-mid+1 。

贪心算法流程如下：

1. 求出最左边的满足 a_t=max(a_i) 的点，作为我们的 t （t\in [l,r]）
2. 从左往右扫描线，将左端点对应的塞进 r 的优先队列
3. 设 p 表示当前已经选择的翻转区间的个数，判断 a[i]-p+cnt-p > w 是否满足；
4. 最后可以证明 p=cnt 。再扫描一遍 [t+1,n] 是否超过 w ，可以差分数组维护

时间复杂度 O(nlog^2n) 。

总结：思路并不复杂，但是结论很难想，也比较抽象。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
#define All(a) a.begin(),a.end()
using namespace std;
const int Maxn=2e5+5;
inline int read()
{
	int X=0; bool flag=1; char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') flag=0; ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9') {X=(X<<1)+(X<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
	if(flag) return X;
	return ~(X-1);
}
int n,m;
ll a[Maxn],d[Maxn],cf[Maxn]; 
vector<int> vec[Maxn];
struct node{
    int l,r,c;
}q[Maxn];
priority_queue<pair<int,int>> Q;
bool check(ll w,int t,ll cnt) {
	for(int i=1;i<=n;i++) cf[i]=0,d[i]=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		vec[i].clear();
	}
	while(Q.size()) Q.pop();
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		if(q[i].l<=t&&t<=q[i].r) {
			vec[q[i].l].push_back(i);
		}
	} 
	ll p=0;
	for(int i=1;i<=t;i++) {
		for(auto y:vec[i]) {
			Q.push(make_pair(q[y].r,q[y].c));
		}
		//p: 当前已经选择的翻转区间次数 
		//a[i]-p : 现在 a[i] 的实际覆盖次数
		//cnt-p : 剩下的翻转中 l\nin[1,i] 时 a[i] 的最终覆盖次数  
		while(a[i]-p+cnt-p>w) {
			if(!Q.size()) return 0; 
			int pr=Q.top().fi; ll c=Q.top().se; Q.pop();
			ll ps=min(c,(a[i]-p+cnt-p-w+1)/2);
			p+=ps;
			cf[pr]+=2*ps;
			if(ps!=c) Q.push(make_pair(pr,c-ps));
		}
	}
	assert(p==cnt);
	cf[t]-=cnt;
	for(int i=t+1;i<=n;i++) {
		cf[i]+=cf[i-1];
		if(cf[i]+a[i]>w) return 0;
	}
	return 1;
}
signed main() {
	n=read(),m=read();
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		q[i].l=read(),q[i].r=read(),q[i].c=read();
		if(q[i].l>q[i].r) swap(q[i].l,q[i].r);
		a[q[i].l]+=q[i].c; a[q[i].r]-=q[i].c;
	}
	int tl,tr; ll tmax=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		a[i]+=a[i-1];
		tmax=max(tmax,a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(a[i]==tmax) {
			tr=i;
		}
	}
	for(int i=n;i>=1;i--) {
		if(a[i]==tmax){
			tl=i;
		}
	}
	ll l=1,r=a[tl],res=0;
	while(l<=r) {
		ll mid=l+r>>1;
		if(check(mid,tl,a[tl]-mid)||check(mid,tl,a[tl]-mid+1)) res=mid,r=mid-1;
		else l=mid+1;
	}
	printf("%lld",res);
	
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530256.html
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