洛谷P4480 【[BJWC2018]餐巾计划问题】

这道题和网络流 \(24\) 题中的餐巾计划的确不一样, \([\) \(BJWC\) \(2018\) \(]\) 餐巾计划问题的数据范围更大。

一个餐厅在相继的 \(n\) 天里，每天需用的餐巾数不尽相同。假设第 \(i\) 天 \((\) \(i\) \(=\) \(1\) \(,\) \(2\) \(,\) \(...\) \(,\) \(n\) \()\)需要 \(ri\) 块餐巾。餐厅可以在任意时刻购买新的餐巾，每块餐巾的费用为 \(p\) 。

使用过的旧餐巾，则需要经过清洗才能重新使用。把一块旧餐巾送到清洗店 \(A\) ，需要等待 \(m1\) 天后才能拿到新餐巾，其费用为 \(c1\)；把一块旧餐巾送到清洗店 \(B\) ，需要等待 \(m2\) 天后才能拿到新餐巾，其费用为 \(c2\) 。

例如，将一块第k天使用过的餐巾送到清洗店 \(A\) 清洗，则可以在第 \(k\) \(+\) \(m1\) 天使用。

对于 \(50\) \(%\) 的数据，我们有一个很经典的网络流做法：餐巾计划问题。

但是数据规模扩大后就显然不能用网络流求解了。

分两种情况：

\(1\) .快洗店更贵：

考虑到先买和后买餐巾所对答案和过程不会造成影响，且当买餐巾 \(c\) 条达到最优解时，显然 \(c\) \(+\) \(k\) 的花费比 \(c\) \(+\) \(k\) \(+\) \(1\) 的花费更少。

并且不难感性证出 \(c\) \(-\) \(k\) 的花费比 \(c\) \(-\) \(k\) \(-\) \(1\) 的花费更少 （ 会在最优情况下多次使用快洗店的餐巾使得钱变多 ） 。

因此我们可以三分求解。

最便宜的显然是先使用新的毛巾，等到没了的时候使用慢洗店的，最差使用快洗店的得出答案，使用队列维护一下即可 \(（\) 虽然这么说，也是挺恶心的，我对着别人的代码调了 \(3h\) 才过，可能现在让我解释代码都解释不明白。 \(）\)

\(2\) .快洗点更便宜：

那就都快洗，这是显然的。

这是可爱的代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200010;
const int INF=2147483647;
inline int read(){
    int X=0,w=1;char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')X=(X<<1)+(X<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return X*w;
}
int t[N],num[N],q[N],cnt,d,n1,n2,c1,c2,tc;
int sn,sm,so,en,em,eo;
inline void add(int x,int p){
    q[en]=x;num[en++]=p;
}
int f(int k){
    sn=sm=so=en=em=eo=0;
    int ans=(tc-c2)*k;
    add(-2000000,k);
    for(int i=1;i<=d;i++){
        int j=t[i];
        while(sn!=en&&i-q[sn]>=n1){
            num[em]=num[sn];
            q[em++]=q[sn++];
        }
        while(sm!=em&&i-q[sm]>=n2){
            num[eo]=num[sm];
            q[eo++]=q[sm++];
        }
        while(j>0){
            if(so!=eo){
                if(num[eo-1]>j){
                    ans+=c2*j;
                    num[eo-1]-=j;
                    break;
                }
                else{
                    ans+=c2*num[eo-1];
                    j-=num[eo-1];
                    eo--;
                }
            }
            else if(sm!=em){
                if(num[em-1]>j){
                    ans+=c1*j;
                    num[em-1]-=j;
                    break;
                }
                else{
                    ans+=c1*num[em-1];
                    j-=num[em-1];
                    em--;
                }
            }
            else return INF;
        }
        add(i,t[i]);
    }
    return ans;
}
int sfen(int l,int r){
    while(233){
        if(r-l<=2){
            int m=INF;
            for(int i=l;i<r;i++)m=min(m,f(i));
            return m;
        }
        int mid1=l+(r-l)/3,mid2=l+2*(r-l)/3;
        int a=f(mid1);
        if(a!=INF&&a<=f(mid2))r=mid2;
        else l=mid1;
    }
}
int main(){
    d=read(),n1=read(),n2=read(),c1=read(),c2=read(),tc=read();
    if(n1>n2){swap(n1,n2);swap(c1,c2);}
    if(c1<=c2)n2=2000001,c2=101;
    int tsum=0;
    for(int i=1;i<=d;i++){
        t[i]=read();tsum+=t[i];
    }
    printf("%d\n",sfen(0,tsum+1));
    return 0;
}