5432. 【NOIP2017提高A组集训10.28】三元组

题目

题目大意

给你\(X+Y+Z\)个三元组\((x_i,y_i,z_i)\)。
然后选\(X\)个\(x_i\)，选\(Y\)个\(y_i\)，选\(Z\)个\(z_i\)。
每个三元组只能选择其中一个。
问最大的和。

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思考历程

想不到贪心……
于是只能\(DP\)了……
\(DP\)就不用说了吧……

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正解

首先考虑\(X=0\)的情况：
按照\(z-y\)排个序，前面\(Z\)个选择\(z\)，后面\(Y\)个选择\(y\)。
这就是一个可撤销贪心的思路，可以看成先全部选\(y\)，然后选\(Z\)个\(z-y\)最大的。

然后就是普通的情况。首先强制所有选\(x\)，然后按照\(z-y\)排个序。
枚举\(z-y\)的分界点，在前面的选\(z\)或\(x\)，在后面的选\(y\)或\(x\)。
那么就变成了上面的问题：在\(x\)和\(z\)中选择，显然是\(z\)选\(z-x\)最大的\(Z\)个。
这个东西可以用数据结构维护，只不过会TLE。
于是可以搞个桶，用一个指针\(l\)表示当前选的最小的数在桶中的位置。
新加进来一个树的时候，用它在同种的位置和\(l\)比较一下，如果更大，说明\(l\)废了，于是就将它加进桶中，然后\(l\)往后找下一个最小的。
很显然，随着分界点朝右延伸，\(l\)一定是越来越大。

右边的同理。
如果排序也用桶排序，那就可以达到真正的\(O(n)\)

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代码

然而我懒得打桶排序，就直接用自带的快排过去了……

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1500010
#define ll long long
inline int input(){
	char ch=getchar();
	while (ch<'0' || '9'<ch)
		ch=getchar();
	int x=0;
	do{
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	while ('0'<=ch && ch<='9');
	return x;
}
int n,X,Y,Z;
struct Triple{
	int x,y,z;
} _t[N],t[N];
int q[N],r[N];
int c[N];
inline bool cmp1(int a,int b){return _t[a].z-_t[a].y>_t[b].z-_t[b].y;}
inline bool cmp2(int a,int b){return c[a]<c[b];}
bool used[N];
ll ans1[N],ans2[N];
inline void work(int Z,int Y,ll *ans){
	memset(used,0,sizeof(int)*(n+1));
	for (int i=1;i<=n;++i)
		q[i]=i;
	sort(q+1,q+n+1,cmp2);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		r[q[i]]=i;
	ll sum=0;
	int l=n+1;
	for (int i=1;i<=Z;++i){
		sum+=c[i];
		l=min(l,r[i]);
		used[r[i]]=1;
	}
	for (int i=Z;i<n-Y+1;++i){
		ans[i]=sum;
		if (l<r[i+1]){
			sum+=c[i+1]-c[q[l]];
			used[l]=0;
			used[r[i+1]]=1;
			while (!used[l])
				++l;
		}
	}
}
int main(){
	freopen("triple.in","r",stdin);
	freopen("triple.out","w",stdout);
	X=input(),Y=input(),Z=input();
	n=X+Y+Z;
	ll sumx=0;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		_t[i]={input(),input(),input()},sumx+=_t[i].x;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		q[i]=i;
	sort(q+1,q+n+1,cmp1);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		t[i]=_t[q[i]];
	for (int i=1;i<=n;++i)
		c[i]=t[i].z-t[i].x;
	work(Z,Y,ans1);
	reverse(t+1,t+n+1);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		c[i]=t[i].y-t[i].x;
	work(Y,Z,ans2);
	ll res=0;
	for (int i=Z;i<n-Y+1;++i)
		res=max(res,sumx+ans1[i]+ans2[n-i]);
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}

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总结

贪心要靠大胆地猜想……
有时候可以通过强制、分界点、可撤销贪心的方式转化成一个更加简单的问题。