CF163C Solution

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题解

当且仅当巧克力下标在Anton起始下标后，且在其到达终点前仍停留在传送带正面才会被他捡起。而Anton到达终点的时间为\(\frac{l}{v_1+v_2}\)，巧克力在此时间中移动的距离是\(\frac{l\cdot v_1}{v_1+v_2}\)。因此\(a_i+\frac{l\cdot v_1}{v_1+v_2}\le l\)，也就是\(a_i\le l-\frac{l\cdot v_1}{v_1+v_2}\)的巧克力会在起始下标为\(0\)时被捡起。设起始下标为\(x\)，则可以捡起的巧克力下标为\(x\le a_i\le x+l-\frac{l\cdot v_1}{v_1+v_2}\)（暂忽略环形）。

但是下标的数据范围过大，只得从巧克力入手。设巧克力下标为\(x\)，可以将其捡起的起点下标为\(y\)，则由上式可得\(x-(l-\frac{l\cdot v_1}{v_1+v_2})\le y\le x\)（最后处理环形QwQ）。对于每个\(x\)，我们将\(y\)所在区间的两端点放入一个优先队列（依下标增序排序）。设\(lst\)表示当前可以捡起的巧克力个数，\(pos\)表示上一个起/终点的坐标。对于下标为\(x\)的起/终点，\(x-pos\)即为捡起（更新前的）\(lst\)个巧克力的起始下标个数，累加入答案即可。遍历优先队列，遇起点时\(lst+1\)，遇终点时\(lst-1\)，并不断更新\(pos\)、维护答案。

对于环形，也就是\(x-(l-\frac{l\cdot v_1}{v_1+v_2})<0\)的情况，将原区间左端点设为\(0\)，新建区间\([2\cdot l-x+(l-\frac{l\cdot v_1}{v_1+v_2}),2\cdot l]\)表示溢出至传送带末端的区间部分即可。

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e5+10; 
const double eps=1e-7;
struct node 
{
	double d; bool op;//d:下标,op:起/终点(0/1)
	bool operator<(const node& x) const {return d-x.d>eps;}
};
int a[N]; double ans[N];
priority_queue<node> q;
signed main()
{
	int n,l,v1,v2;
	scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&l,&v1,&v2);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
	double lim=l-l*v1*1.0/(v2+v1);
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		q.push((node){max(0.0,a[i]-lim),0}),q.push((node){a[i],1});
		if(a[i]-lim<0) q.push((node){l*2+a[i]-lim,0}),q.push((node){2*l,1});//处理环形
	}
	int lst=0; double pos=0; 
	while(!q.empty())
	{
		node x=q.top(); q.pop();
		ans[lst]+=x.d-pos;
		lst+=x.op?-1:1,pos=x.d;
	}	
	ans[lst]+=2*l-pos;//处理结尾剩余下标
	for(int i=0;i<=n;i++) printf("%.9lf\n",ans[i]*1.0/(2*l));
	return 0;
}