NOIP2016 蚯蚓 题解
题目
本题中，我们将用符号 \(\lfloor c \rfloor\) 表示对 \(c\) 向下取整，例如：\(\lfloor 3.0 \rfloor = \lfloor 3.1 \rfloor = \lfloor 3.9 \rfloor = 3\)。
蛐蛐国最近蚯蚓成灾了！隔壁跳蚤国的跳蚤也拿蚯蚓们没办法，蛐蛐国王只好去请神刀手来帮他们消灭蚯蚓。
蛐蛐国里现在共有 \(n\) 只蚯蚓（\(n\) 为正整数）。每只蚯蚓拥有长度，我们设第 \(i\) 只蚯蚓的长度为 \(a_i(i=1,2,\dots,n)\)，并保证所有的长度都是非负整数（即：可能存在长度为 \(0\) 的蚯蚓）。
每一秒，神刀手会在所有的蚯蚓中，准确地找到最长的那一只（如有多个则任选一个）将其切成两半。神刀手切开蚯蚓的位置由常数 \(p\)（是满足 \(0 < p < 1\)的有理数）决定，设这只蚯蚓长度为 \(x\)，神刀手会将其切成两只长度分别为 \(\lfloor px \rfloor\) 和 \(x - \lfloor px \rfloor\) 的蚯蚓。特殊地，如果这两个数的其中一个等于 \(0\)，则这个长度为 \(0\) 的蚯蚓也会被保留。此外，除了刚刚产生的两只新蚯蚓，其余蚯蚓的长度都会增加 \(q\)（是一个非负整常数）。
蛐蛐国王知道这样不是长久之计，因为蚯蚓不仅会越来越多，还会越来越长。蛐蛐国王决定求助于一位有着洪荒之力的神秘人物，但是救兵还需要 \(m\) 秒才能到来……（\(m\) 为非负整数）
蛐蛐国王希望知道这 \(m\) 秒内的战况。具体来说，他希望知道：
\(m\) 秒内，每一秒被切断的蚯蚓被切断前的长度（有 \(m\) 个数）；
\(m\) 秒后，所有蚯蚓的长度（有 \(n + m\) 个数）。
蛐蛐国王当然知道怎么做啦！但是他想考考你……
输入格式
输入格式
第一行包含六个整数 \(n,m,q,u,v,tn,m,q,u,v,t\)，其中：\(n,m,q\) 的意义见【问题描述】；\(u,v,t\) 均为正整数；你需要自己计算 \(p=\frac u v\)（保证 \(0 < u < v\)）；\(t\) 是输出参数，其含义将会在【输出格式】中解释。
第二行包含 \(n\) 个非负整数，为 \(a_1, a_2, \dots\) ，即初始时 \(n\) 只蚯蚓的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。
保证$ 1 \leq n \le 10^5,0 \leq m \leq 7 \times 10 ^ 6,0 < u < v < 10^9，0<=q<=200,1< t <71,0< a_i <10^8$
输出格式
第一行输出 \(\left \lfloor \frac{m}{t} \right \rfloor\)个整数，按时间顺序，依次输出第 \(t\) 秒，第 \(2t\) 秒，第 \(3t\) 秒,……被切断蚯蚓（在被切断前）的长度。
第二行输出 \(\left \lfloor \frac{n+m}{t} \right \rfloor\)个整数，输出 \(m\) 秒后蚯蚓的长度；需要按从大到小的顺序，依次输出排名第 \(t\)，第 \(2t\)，第 \(3t\)，……的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。即使某一行没有任何数需要输出，你也应输出一个空行。
请阅读样例来更好地理解这个格式。
输入输出样例
输入1
3 7 1 1 3 1
3 3 2
输出1
3 4 4 4 5 5 6
6 6 6 5 5 4 4 3 2 2
输入2
3 7 1 1 3 2
3 3 2
输出2
4 4 5
6 5 4 3 2
输入3
3 7 1 1 3 9
3 3 2
输出3
//空行
2
题解
假设其它蚯蚓不会边长,这道题直接模拟的话,就是要做到查询最大值,删除最大值,插入新的值三种操作,使用优先队列即可实现.
但蚯蚓会变长,不过也只是需要改一下,因为除了最大值会被拆成两个数,其他数都会增加\(q\),设最大值为\(x\),那么只需要认为\(x\)被拆成\(\lfloor px \rfloor - q\)和\(x - \lfloor px \rfloor - q\) ,然后把所有数都加上\(q\),这样是等价的,.
注意这里"把所有数都加上\(q\)"是延迟操作,不是当时就加上,而是把每次操作加上的\(q\)加起来,设为\(delta\),因为所有数都是同时加上\(q\),所以只需要一个 \(delta\),每次加\(q\),\(delta\)就自增\(q\),然后在读取集合中的数字时,先加上\(delta\)再使用即可.
所以对于每一秒:
- 取出集合中的最大值\(x\),令\(x=x+delta\)
- 把\(\lfloor px \rfloor - q-delta\)和\(x - \lfloor px \rfloor - q-delta\)插入集合
- 令 \(delta=delta+q\)
这三步重复\(m\)次,集合中的数就是最终的数字,但是问题来了,\(0 \leq m \leq 7 \times 10 ^ 6\),这个复杂度太高,还是会t,所以得优化.
题中给了\(0 < p < 1\),设 \(x_1,x_2\) 为非负整数
当\(x_1 \ge x_2\)
\(\because \lfloor px_1 + q \rfloor \ge \lfloor px_2 + pq \rfloor\)
\(\therefore \lfloor px_1 \rfloor + q \ge \lfloor p(x_2 + q) \rfloor\)
\(\because x_1 - x_2 \ge p(x_1-x_2)\)
\(\therefore x_1-px_1 \ge x_2-px_2 \ge x_2 - p(x_2+q)\)
\(\therefore \lfloor x_1 - px_1 \rfloor +q\ge \lfloor x_2-p(x_2+q)\rfloor+q\)
\(\therefore x_1-\lfloor px_1\rfloor +q \ge x_2+q-\lfloor p(x_2)+q \rfloor\)
得到这个有什么用呢?如果\(x_1\)在\(x_2\)之前被取出集合,在一秒后,\(x_1\)分成的两个数\(\lfloor px_1 \rfloor + q\)和\(x-\lfloor px_1 \rfloor + q\) 分别 不小于\(x_2\)分成的两个数\(\lfloor p(x_2 + q) \rfloor\)和\(x_2+q-\lfloor p(x_2)+q \rfloor\),所以新产生的两个数也分别单调递减.
由于分别单调递减,所以只需要分两个队列保存即可,比如分成的前半部分一个队列,后半部分一个队列,再和原本的队列的首项比较最大值,最大的取出来分.
到这里,基本思路就明确了,但是当我高兴地写完,往洛谷上面交也过了,当我往Vjudge上交的时候,却TLE了
这是我当时的代码:
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, q, u, v, t, delta = 0, w;
priority_queue<long long> pq;
queue<long long> q1, q2;
inline long long input() { long long t; scanf("%lld", &t); return t; }
int main() {
scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &q, &u, &v, &t);
for (int i = 1; i <= n; i++) pq.push(input());
for (int i = 1; i <= m; i++) {
long long maxx = -INF;
if (pq.size() && maxx < pq.top()) maxx = pq.top(), w = 0;
if (q1.size() && maxx < q1.front()) maxx = q1.front(), w = 1;
if (q2.size() && maxx < q2.front()) maxx = q2.front(), w = 2;
w == 1 ? q1.pop() : w == 2 ? q2.pop() : pq.pop();
maxx += delta;
q1.push(maxx * u / v - delta - q), q2.push(maxx - maxx * u / v - delta - q);
delta += q;
if (i % t == 0) printf("%lld ", maxx);
}
printf("\n");
for (int i = 1; i <= n + m; i++) {
long long maxx = -INF;
if (pq.size() && maxx < pq.top()) maxx = pq.top(), w = 0;
if (q1.size() && maxx < q1.front()) maxx = q1.front(), w = 1;
if (q2.size() && maxx < q2.front()) maxx = q2.front(), w = 2;
w == 1 ? q1.pop() : w == 2 ? q2.pop() : pq.pop();
if (i % t == 0) printf("%lld ", maxx + delta);
}
return 0;
}
这就比较神奇,我看了别人的代码,发现不少人的输入用数组输入然后排序,虽然理论上和我这个复杂度一样,但众所周知,STL自带大常数,所以我把优先队列删了,改成了这样:
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, q, u, v, t, delta = 0, w, a[100005], ai = 1;
queue<long long> q1, q2;
bool cmp(int a, int b) { return a > b; }
int main() {
scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &q, &u, &v, &t);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
long long maxx = -INF;
if (ai <= n && maxx < a[ai]) maxx = a[ai], w = 0;
if (q1.size() && maxx < q1.front()) maxx = q1.front(), w = 1;
if (q2.size() && maxx < q2.front()) maxx = q2.front(), w = 2;
if(w == 1) q1.pop();
else if (w == 2) q2.pop();
else ai++;
maxx += delta;
q1.push(maxx * u / v - delta - q), q2.push(maxx - maxx * u / v - delta - q);
delta += q;
if (i % t == 0) printf("%lld ", maxx);
}
printf("\n");
for (int i = 1; i <= n + m; i++) {
long long maxx = -INF;
if (ai <= n && maxx < a[ai]) maxx = a[ai], w = 0;
if (q1.size() && maxx < q1.front()) maxx = q1.front(), w = 1;
if (q2.size() && maxx < q2.front()) maxx = q2.front(), w = 2;
if(w == 1) q1.pop();
else if (w == 2) q2.pop();
else ai++;
if (i % t == 0) printf("%lld ", maxx + delta);
}
return 0;
}
可是悲伤的事情来了,居然还是TLE...,这次是同学提醒我,队列用不上long long,只需要计算的时候用long long就可以,因为使用long long的queue比使用int的queue要慢,这点看似不起眼的优化却让我AC了,这是我第一次被STL坑的这么惨,以后长教训了,能不用STL就不用
代码
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
long long INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, q, u, v, t, delta = 0, w, a[100005], ai = 1;
queue<int> q1, q2;
bool cmp(int a, int b) { return a > b; }
int main() {
scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &q, &u, &v, &t);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
long long maxx = -INF;
if (ai <= n && maxx < a[ai]) maxx = a[ai], w = 0;
if (q1.size() && maxx < q1.front()) maxx = (long long)q1.front(), w = 1;
if (q2.size() && maxx < q2.front()) maxx = (long long)q2.front(), w = 2;
if(w == 1) q1.pop();
else if (w == 2) q2.pop();
else ai++;
maxx += delta;
q1.push(maxx * u / v - delta - q), q2.push(maxx - maxx * u / v - delta - q);
delta += q;
if (i % t == 0) printf("%lld ", maxx);
}
printf("\n");
for (int i = 1; i <= n + m; i++) {
long long maxx = -INF;
if (ai <= n && maxx < a[ai]) maxx = a[ai], w = 0;
if (q1.size() && maxx < q1.front()) maxx = (long long)q1.front(), w = 1;
if (q2.size() && maxx < q2.front()) maxx = (long long)q2.front(), w = 2;
if(w == 1) q1.pop();
else if (w == 2) q2.pop();
else ai++;
if (i % t == 0) printf("%lld ", maxx + delta);
}
return 0;
}
