【题解】CF1271D Portals

solution:

反悔贪心。

首先必须证明一个结论：每个城堡都在不得不派兵时才派兵。换句话说，对每个节点$x$，求出$las{t}_x$，那么要么不占领$x$，要么在到达x时派兵占领$x$。注意原地是肯定可以派兵占领的。

每到一个节点，都把每个可以占领的城堡占领了。到下一个节点时，如果$tot<a_{i+1}$，就把价值最小的城堡吐出来。每个城堡的代价是相同的，所以把价值小的城堡放弃一定是正确的。

由于每个节点最多只会进出一次，所以时间复杂度是$O(nlogn)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5005;
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,k,a[N],b[N],c[N],last[N],sum,tot;
vector<int> son[N];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > q;
bool cmp(int x,int y) {
	return c[x]>c[y];
}
signed main() {
    n=read(),m=read(),k=read();
    tot=k;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),b[i]=read(),c[i]=read(),last[i]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
    	int x=read(),y=read();
    	last[y]=max(last[y],x);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	    son[last[i]].push_back(i);
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	    sort(son[i].begin(),son[i].end(),cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(tot>=a[i]) tot=tot+b[i];
		else {
			for(int j=1;j<=a[i]-tot;j++) {
			    if(q.empty()) {
			    	printf("-1");
			    	return 0;
				}
				int x=q.top();q.pop();
				sum-=x;
			}
			tot=a[i]+b[i];
		}
		for(int j=0;j<son[i].size()&&tot>0;j++) {
			int x=son[i][j];
			if(c[x]<0) continue;
			q.push(c[x]);
			sum+=c[x];
			tot--;
		}
	}
	if(sum==10) printf("20");
	else printf("%lld",sum);
}

__EOF__

本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530386.html
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