[USACO17DEC] Greedy Gift Takers

合集 - 二分题集(13)

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5.[USACO17DEC] Greedy Gift Takers2024-01-30

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原题链接

首先这道题的数据量1e5那么时间复杂度要保持在O（nlogn）内。

先判断单调性，若k头牛拿不到礼物，那么k-1头牛也拿不到礼物，所有这题可以用二分法来做（11110000）。

二分部分省略，我们直接来分析check部分（如下）。

bool check(int k){
    for (int i=1;i<=n-k+1;i++) b[i]=a[i];
    sort(b+1,b+n-k+1);
    int cnt=k-1;
    for (int i=1;i<=n-k;i++){
        if (b[i]>cnt) return true;
        cnt++;
    }
    return false;
}

我们判断k头牛拿不到礼物，只需要判断倒数第k头（即n-k+1头）牛拿不拿的到礼物，设这头牛为牛now。

牛now不能拿到礼物，说明它永远也挤不到第一的位置。

那么我们反向思考如果牛now能挤到第一的位置则返回false。

此时牛now及前面所有的牛都会到达第一并重新归队，所以在我们的假设中每头牛不论顺序如何都会到达牛now后方。接下来我们用贪心，优先让新位置靠后的牛先入队，尽量把牛now往前挤。

每有一头牛到达牛now后方那么让牛now位置保持不动的ci对应最小值cnt++；而如果此时ci>cnt，那么牛now就不可能再前进到达第一位了，因为排序之后的牛的新位置只可能在更前面。此时返回true。

主要代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int a[N],n,b[N];
bool check(int k){
    for (int i=1;i<=n-k+1;i++) b[i]=a[i];
    sort(b+1,b+n-k+1);
    int cnt=k-1;
    for (int i=1;i<=n-k;i++){
        if (b[i]>cnt) return true;
        cnt++;
    }
    return false;
}
int main(){
    cin>>n;
    for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    int left=0,right=n;
    while (left+1<right){
        int mid=left+(right-left>>1);
        if (check(mid)) left=mid;
        else right=mid;
    }
    printf("%d\n",left);
    return 0;
}