CF436E Cardboard Box（贪心）

题意

有$n$个关卡，第$i$关可以花费$a_i$的代价打一颗星，$b_i$的代价打两颗星。保证$1le a_i<b_ile10^9$，问要达到$w$颗星最少花费。

题解

就是 $hdu 6698.Coins$ 的弱化版。

$hdu$多校赛上是要查询要达到$1 o 2n$的所有每个$w$的答案。

先把bi减去ai得到新的bi，要获取第二颗星的代价就是新的bi。

然后下面的硬币表示星，硬币组就是关卡。

• 先将硬币组分成两类，第一类 ai < bi，第二类 ai ≥ bi，并记 g(x) 为从第一类硬币组中符合限制地取出 x 枚硬币的最大价值和，令 h(x) 为从第二类硬币组中符合限制地取出 x 枚硬币的最大价值和。
• 要求出 g，只需要将第一类的所有硬币按价值从小到大排序，则 g(x) 为前 x 个硬币的和。因为 ai < bi，可以发现在这个贪心方法中，如果选了 bi，则一定会先选了 ai；
• 要求出 h，需要观察到：第二类硬币中最多只有一组硬币，会选了 ai 而没有选 bi。因为如果有两组硬币i, j, 满足 ai ≥ bi, aj ≥ bj，且某个方案只选了 ai, aj 而没有选 bi, bj，不失一般性，令 aj ≥ ai，那么有 aj ≥ ai ≥ bi，所以选 (ai, bi) 而不选 (aj , bj) 是个更优解，这时需要按 a + b 的值从小到大将第二类的每组硬币排序，则 h(2x) 就是前 x 组硬币的和，h(2x + 1) 就是“前 x 组加上不在前 x 组里的最小的 a”以及“前 x + 1 组中减去前 x + 1 组中最大的 b”两种方案中的较小值。
• 求出 g, h 之后, 立即有 $f(x) = min_{x1+x2=x} g(x1)+h(x2)$，朴素地计算这个 min 卷积只能做到 O(n^2)，但是观察到 g 是个单调递增的凸函数而 h 是个单调递增函数，设 $f(i) = min_{j}h(j)+g(i-j)$，可以证明 p(x) 有单调性，利用决策单调性即可优化到 O(n log n)。

最后一段可以不看，因为CF这道题只需要求f(w)，所以直接枚举x1就行了。

输出方案就存一下编号。

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline void read(int &x) {
	char ch; while(!isdigit(ch=getchar()));
	for(x=ch-'0';isdigit(ch=getchar());x=x*10+ch-'0');
}
typedef long long LL;
const int MAXN = 600005;
int n, w, cnt1, cnt2, mn[MAXN];
struct node {
	int x, y, id;
	inline bool operator <(const node &o)const {
		return x+y < o.x+o.y;
	}
}a[MAXN], b[MAXN];
LL g[MAXN], h[MAXN];
int c[MAXN];
int main () {
	read(n), read(w);
	for(int i = 1, x, y; i <= n; ++i) {
		read(x), read(y); y -= x;
		if(x < y) a[++cnt1] = (node){ x, 0, i }, a[++cnt1] = (node){ y, 0, i };
		else b[++cnt2] = (node){ x, y, i };
	}
	sort(a + 1, a + cnt1 + 1);
	sort(b + 1, b + cnt2 + 1);
	memset(g, -1, sizeof g); g[0] = 0;
	memset(h, -1, sizeof h); h[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= cnt1; ++i) g[i] = g[i-1] + a[i].x;
	mn[cnt2+1] = 1000000000;
	for(int i = cnt2; i >= 1; --i) mn[i] = min(mn[i+1], b[i].x);
	for(int i = 1, j, mx = 0; i <= cnt2<<1; ++i)
		if(i&1) j = (i+1)>>1, h[i] = min(h[i-1] + mn[j], h[i-1] + b[j].x + b[j].y - mx), mx = max(mx, b[j].y);
		else j = i>>1, h[i] = h[i-2] + b[j].x + b[j].y;
	LL ans = 1ll<<60; int i=0;
	for(int j = 0; j <= w; ++j)
		if(~g[w-j] && ~h[j] && g[w-j]+h[j] < ans) ans = g[w-j]+h[j], i = j;
	printf("%lld
", ans);
	for(int j = 1; j <= w-i; ++j) ++c[a[j].id];
	int x = (i&1) ? (i+1)>>1 : i>>1;
	for(int j = 1; j <= x; ++j) c[b[j].id] += 2;
	if(i&1) {
		if(h[i] == h[i-1] + mn[x]) {
			c[b[x].id] -= 2;
			for(int j = x; j <= cnt2; ++j)
				if(b[j].x == mn[x]) { ++c[b[j].id]; break; }
		}
		else {
			int mx = h[i-1] + b[x].x + b[x].y - h[i];
			for(int j = 1; j < x; ++j) if(b[j].y == mx) { --c[b[j].id]; break; }
		}
	}
	for(int j = 1; j <= n; ++j) printf("%d", c[j]);
}