从CF1935C看带反悔的贪心和multiset

Problem - C - Codeforces.

1|0思路

首先很显然对 $b$ 数组排序能最小化 $b$ 的花费。

难点在 $a$ 的选择，因为已经对 $b$ 排序，不可能再兼顾 $a$ 的优劣，所以 $a$ 需要类似枚举的技术，这是一个类似搜索最优子集的问题，可以用 $DP$，但是更可以贪心

带反悔的贪心

这类问题就是尽可能的取最优的，一旦发现不符合条件了，就反悔，把已选择中的最劣的逐出方案。

这题是可以这样做的，因为 $b$ 排序之后，对于每个要枚举的起点 $L$，哪怕把其中一个方案逐出了，也只要减去这个方案的 $a$ 值即可，因为 $b$ 值恒等于 $R-L$ 的差。

针对本题，对于每一个 $L$ 起点，都不停的选后方的 $a$ ，一旦不符合条件，就把已选择的最大的 $a$ 逐出方案。

2|0实现

• 我们需要一个数据结构来维护 $a$ 的最大值，支持删除插入。
  • $\mathtt{\text{std::multiset}}$
    • extract
      • 删除，且迭代器不失效
    • *rebegin()
      • 取最大
    • 相较于$\mathtt{\text{std::priority\_queue}}$
      • 能同时维护最大值和最小值，且支持访问

3|0代码

struct Message {
    int a, b;
};
void solve() {
    int n, l;
    std::cin >> n >> l;
    std::vector<Message> arr(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) std::cin >> arr[i].a >> arr[i].b;
    std::sort(all(arr), [&](auto& x1, auto& x2) {
        if (x1.b == x2.b) return x1.a < x2.a;
        return x1.b < x2.b;
    });
    int ans(0);
    for (int L = 0; L < n; L++) {
        std::multiset<int> S;
        int cur(0);
        for (int R = L; R < n; R++) {
            S.insert(arr[R].a);
            cur += arr[R].a;
            while(!S.empty() and arr[R].b - arr[L].b + cur > l) {//一旦不符合条件，就反悔
                int max_value(*S.rbegin());
                cur -= max_value;
                S.extract(max_value);//精确删除元素，避免迭代器失效
            }
            ans = std::max(ans, sz(S));//维护出以L起点取到的最大值
        }
    }
    std::cout << ans << '\n';
}

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本文作者：Kdlyh
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