2022.10.17-D 摩斯电码

感谢 lby奆奆 的指导。

思路：

首先，$1$ 号的票肯定是越多越好，因此 $a_1,a_n$ 一定都是投给 $1$ 号。

我们考虑二分 $1$ 号能获得的席位数 $x$。

显然，对于所有 $\frac{v_i}{s}>\frac{v_1}{x}$，它们都会占有一个席位（这里的 $v_i$ 表示 $i$ 最后的得票数）。

那问题就转化为求 $>\frac{v_1}{x}$ 的最小个数，并判断最小个数是否 $\le m-x$。

我们考虑设计状态：$f_{i,j}$ 表示 $i$ 号从 $a_i$ 获得了 $j$ 票（注意只是 $a_i$，而不是总票数）。

因此有转移：

$$f_{i,j+(a_{i-1}-k)}=\min\{f_{i-1,k}+\lfloor\frac{x(j+a_{i-1}-k)}{v_1}\rfloor\}$$

这里的 $a_{i-1}-k$ 就是前一个群众剩下的票。

但这样的时间复杂度是 $nt^2\log m$ 的（$t$ 表示值域）。

那我们能不能将票数和席位交换一下呢？

考虑重新设计状态：$f_{i,j}$ 表示 $s\sim i$ 一共取得 $j$ 个席位，$i$ 号需要在 $a_i$ 最多拿多少票。

现在的判断就变成：是否存在某个 $f_{n,j}$ 被转移到。

为什么是正确的呢？感性理解一下，我在保证 $i$ 号最多只能取 $j$ 个席位的情况下，那么我在 $a_i$ 多拿一些，$i+1$ 号在 $a_i$ 就少拿一些，那么 $i+1$ 能拿到的席位就变少了。

考虑这时候的转移：设 $cnt$ 为满足 $\frac{v_i}{j+1}\le\frac{v_1}{x}<\frac{v_i}{j}$ 的最大 $v_i$

因此有 $cnt=\lfloor\frac{v_1(j+1)}{x}\rfloor$，且 $cnt\times x>v_1\times j$ 时在有转移：

$$f_{i, j+k}=\max\{cnt - (a_{i - 1} - f_{i-1,k}) - v_i\}$$

时间复杂度为 $O(nm^2\log m)$

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代码

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define max(x...) std::max({x})
#define min(x...) std::min({x})
#define FOR(i, x, y) for(int i = (x); i <= (y); i++)
#define ROF(i, x, y) for(int i = (x); i >= (y); i--)
inline int rd()
{
    int sign = 1, re = 0; char c = getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c == '-') sign = -1; c = getchar();}
    while(isdigit(c)){re = re * 10 + (c - '0'); c = getchar();}
    return sign * re;
}
int n, m, v[55], a[55];
LL f[55][505];
inline bool chk(int x)
{
    memset(f, -1, sizeof(f));
    FOR(i, 0, m - x)
    {
        LL L = 1ll * v[1] * i, R = 1ll * v[1] * (i + 1), cnt = R / x;
        if(!i) L = -1;
        if(cnt * x > L)
            f[2][i] = max(f[2][i], cnt - v[2]);
    }
    FOR(s, 3, n) FOR(i, 0, m - x) if(~f[s - 1][i])
    {
        int pre = max(0ll, a[s - 1] - f[s - 1][i]);
        FOR(j, 0, m - x - i)
        {
            LL L = 1ll * v[1] * j, R = 1ll * v[1] * (j + 1), cnt = R / x;
            if(!j) L = -1;
            if(cnt * x > L)
                f[s][i + j] = max(f[s][i + j], cnt - pre - v[s]);
        }
    }
    FOR(i, 0, m - x) if(~f[n][i]) return 1;
    return 0;
}
signed main()
{
    n = rd(), m = rd();
    FOR(i, 1, n) v[i] = rd();
    FOR(i, 1, n) a[i] = rd();
    v[1] += a[1] + a[n];
    int l = 0, r = m + 1;
    while(l + 1 < r)
    {
        int mid = (l + r) >> 1;
        if(chk(mid)) l = mid;
        else r = mid;
    }
    printf("%d", l);
    return 0;
}

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本文作者：zuytong
本文链接：https://www.cnblogs.com/zuytong/p/16801981.html
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