[bzoj3141] [HNOI2013]旅行
Description
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Input
第一行为两个空格隔开的正整数n, m，表示旅行的城市数与旅行所花的月数。接下来n行，其中第 i行包含两个空格隔开的整数Ai和Bi，Ai表示他第i个去的城市编号。Bi为0或1;如果Bi=0则表示城市Ai没有小L想去的景点，如果Bi=1则表示城市Ai有小L想去的景点，
Ai两两不同且有1<=Ai<=N,即{Ai}为1,2....N的一个排列。
例如{2,1,3,4...N}
N<=500000,M<=200000
Output
t仅包括一行，包含m个空格隔开的正整数X1,X2...Xm，t仅包括一行，包含m个空格隔开的正整数X1,X2...Xm，为给小L安排的旅行计划对应的路线。为给小L安排的旅行计划对应的路线。
Sample Input
8 3
2 0
3 1
4 1
1 0
5 0
6 1
7 1
8 0
Sample Output
1 6 8
Solution
由于要计算\(0\)的个数和\(1\)的个数，一个很显然的想法就是把\(0\)改成\(-1\)。
先不管字典序，考虑下答案应该是多少。
显然有这么两条性质：
- 若原数列只由\(1\)或\(-1\)构成，答案显然就是\(\lceil\frac{n}{k}\rceil\)。
- 否则，必定存在一段和为\(0\)的子数列，这段其实没有意义，随便和左边或右边合并都行。
所以可以把\(-1\)或\(1\)消掉一种，然后就变成了第一种情况。
答案就是：
其中\(sum[x]\)为数列的后缀和。
当然有一种特殊情况：上面的式子为\(0\)，但是没有\(k\)个\(sum[x]=0\)的点，显然凑不出\(k\)个和为\(0\)的段，所以这种情况答案是\(1\)。
然后考虑字典序怎么做：
如果答案为\(0\)，单调队列随便搞搞就行了。
否则的话，设上次选的位置为\(l\)，那么这次选的数的后缀和\(s\)显然要满足\(|sum[l]-s|\leqslant ans\)，即\(sum[l]-ans\leqslant s \leqslant ans+sum[l]\)。
所以对于\(sum[x]\)相同的，把他们归为一类处理，然后用单调队列维护就行了。
注意选完这个数之后，后面形成了一个子问题，答案要不大于整个问题的答案，设当前选的数位置为\(x\)，即：
注意负数下标特别处理，具体看代码。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
const int maxn = 1e6+10;
struct data {int l,r,val;}w[maxn<<2];
int tot;
int n,k,id[maxn],t[maxn],sum[maxn],cnt[maxn];
struct Priority_Queue {
int st,ed,len;
int empty() {return !len;}
void push_back(int x) {
if(len) w[++tot]=(data){ed,0,x},w[ed].r=tot,ed=w[ed].r;
else w[++tot]=(data){0,0,x},st=ed=tot;
len++;
}
void pop_back() {ed=w[ed].l,len--;}
void pop_front() {st=w[st].r,len--;}
int back() {return w[ed].val;}
int front() {return w[st].val;}
void push(int x) {
while(!empty()&&id[w[ed].val]>id[x]) pop_back();
push_back(x);
}
}alpha[maxn<<1],beta[maxn<<2],*q1=alpha+maxn,*q=beta+maxn; //负数下标处理
int main() {
read(n),read(k);
for(int i=1;i<=n;i++) {read(id[i]),read(t[i]);if(!t[i]) t[i]--;}
for(int i=n;i;i--) sum[i]+=sum[i+1]+t[i];
for(int i=n;i;i--) cnt[i]=cnt[i+1]+(sum[i]==0);
cnt[n+1]=-1;
int ans=sum[1]?(abs(sum[1])+k-1)/k:(cnt[1]<k);
if(!ans) {
for(int i=1,j=2;i<k;i++) {
for(;cnt[j+1]>=k-i;j++) if(!sum[j+1]) q[0].push(j);
printf("%d ",id[q[0].front()]);q[0].pop_front();
}
} else {
int l=0;id[n+1]=n+1;
for(int i=2;i<=n;i++) q[sum[i]].push_back(i-1);
for(int i=1;i<k;i++) {
int s=n+1;
for(int j=sum[l+1]-ans;j<=sum[l+1]+ans;j++) {
if((abs(j)+k-i-1)/(k-i)>ans) continue;
while(!q[j].empty()&&n-q[j].front()>=k-i) {
if(q[j].front()>l) q1[j].push(q[j].front());
q[j].pop_front();
}
while(!q1[j].empty()&&q1[j].front()<=l) q1[j].pop_front();
if(!q1[j].empty()) if(id[s]>id[q1[j].front()]) s=q1[j].front();
}
l=s;printf("%d ",id[s]);
}
}printf("%d\n",id[n]);
return 0;
}
