Kralj

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一个有趣且古老的贪心题，有些思维难度。

首先把精灵选择矮人的过程替换为矮人选择精灵的过程，每个矮人有许多精灵可以选择，他只能选择其中一个，剩下的精灵可以推给下一个矮人，这样一来就变成了什么样的策略使得矮人输的次数更大。对于一个矮人，假如存在比它强的精灵那么一定会选，因为多赢一次总是好的；那假如没有呢，就直接选择最弱的精灵，为后面的选择留出尽量多的有生力量显然是最优的，于是就变成了一个二分查找的问题，用set维护即可（vector每次要排序不是非常划算）。然后问题成了第一个选择精灵的矮人是谁（也就是从哪个矮人枚举起走）。假如一个位置 $i$ ，有精灵会从 $i$ 这里被送走，当且仅当以它为右端点的一个区间消耗不完所有的精灵，即 $\mathrm{\exists }j\le i,su{m}_i-sumj-1\ge i-j+1$，移项得到： $\mathrm{\exists }j\le i,su{m}_{j-1}-(j-1)\le su{m}_i-i$ 。所以呢，只要 $su{m}_i-i$ 最小的 $i$ ，就不存在有比它更小的值，也就不存在可能会精灵溢出的区间，也就不会有精灵经过了。

#include<bits/stdc++.h>
//#define feyn
#define p(x) x%m+1
const int N=500010;
using namespace std;
inline void read(int &wh){
    wh=0;int f=1;char w=getchar();
    while(w<'0'||w>'9'){if(w=='-')f=-1;w=getchar();}
    while(w<='9'&&w>='0'){wh=wh*10+w-'0';w=getchar();}
    wh*=f;return;
}

vector<int>s[N];
set<int>now;
int m,ans,in,a[N],b[N],sum[N];

signed main(){
	
	#ifdef feyn
	freopen("in.txt","r",stdin);
	#endif
	
	read(m);
	for(int i=1;i<=m;i++)read(b[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)read(a[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		read(in);s[b[i]].push_back(in);
	}
	int min_=1e9,an_pl,now_sum=0;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		now_sum+=s[i].size();
		if(now_sum-i<min_)min_=now_sum-i,an_pl=i;
	}
	for(int i=p(an_pl);;i=p(i)){
		for(vector<int>::iterator it=s[i].begin();it!=s[i].end();it++)now.insert(*it);
		set<int>::iterator it=now.lower_bound(a[i]);
		if(it==now.end())now.erase(now.begin());
		else now.erase(it),ans++;
		if(i==an_pl)break;
	}
	printf("%d\n",ans);
	
	return 0;
}