手动博客搬家: 本文发表于20171029 22:49:41, 原地址https://blog.csdn.net/suncongbo/article/details/78388925
URL: http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3119
题目大意:
给定一个序列v[]的长度n (n<=1e5), 第一个元素的值p以及序列中所有元素的和m (m在long long范围内), 规定对于任意的2<=i<=n, 都有v[i]=v[i-1]+a或v[i]=v[i-1]-b, 同时给定a,b, 确定一组可能的v[]至并输出。
思路分析:
为了方便起见，先将b变为输入数的相反数（即变为一个负数）。
首先，考虑初始值x造成的影响: 它使得1至n的序列所有元素增加了x, 因此可以将这个值剔除，这样和变成了\(m-np\).
其次，考虑第i个元素的值v[i]=v[i-1]+a造成的影响: 它使得i至n的序列中所有元素增加了a，使总和增加了\((n+1-i)a\).
同理可得，若v[i]=v[i-1]+b (b为负数)则使总和增加了\((n+1-i)b\)
在这里，我们称这次赋值对总和产生了\((n+1-i)\)点影响。
显然，所有的赋值对总和一共产生了\(\sum_{i=2}^n (n+1-i)=\sum_{i=1}^{n-1} i=\frac{1}{2}n(n-1)\)点影响。设其中+a产生的影响为x点，+b产生的影响为y点。由刚才的结论得:$$x+y=\frac{1}{2}n(n-1)$$$$xa+yb=m-nx$$
解二元一次方程组可得$$x=\frac{1}{2}n(n-1)-y$$$$y=\frac{\frac{1}{2}an(n-1)-m+np}{a-b}$$
于是只需构造方案即可。这一步比较简单。可以用贪心来实现。
我们的目标是在1至n得正整数范围内找到一些互不相同数使得他们的和恰好是x，其余的数的和恰好是y, 因为\(x+y=\frac{1}{2}n(n-1)\).因此，我们只需选出和为x的部分。考虑到$$1=1$$$$2=2, 3=2+1$$$$4=3+1, 5=3+2, 6=3+2+1$$$$7=4+3, 8=4+3+1, 9=4+3+2, 10=4+3+2+1$$$$...$$
注：第i行能用的最大的数是i.
因此，我们得到一种贪心策略: 从n开始，从大到小依次选择，如果剩余的x能够选上i就选，并且x-=i, 直至x==0为止，剩余的就是y.
若为x, 则v[i]=v[i-1]+a; 否则v[i]=v[i-1]+b (b<0)
但由于对总和产生了i点影响的是(n+i-1)号决策，因此输出时勿忘倒着输出。
代码实现:
(Memory: 920KB; Time: 376MS; Code: 614B)
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAXN = 1e5;
bool inc[MAXN+2];
int main()
{
long long a,b,x,y,m,n,p;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&p,&a,&b,&m);
b = -b;
y = (a*n*(n-1)/2-m+n*p)/(a-b);
x = n*(n-1)/2-y;
long long cur = p;
for(long long i=n-1; i && x; i--)
{
if(x>=i)
{
inc[i] = true;
x-=i;
}
}
printf("%lld",cur);
for(long long i=n-1; i; i--)
{
if(inc[i]) cur+=a;
else cur+=b;
printf(" %lld",cur);
}
return 0;
}
