T 蚯蚓题解

蚯蚓

本题中，我们将用符号([c])表示对c向下取整，例如：([3.0] = [3.1] =[3.9]=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,...,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([px])和(x-[px])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......

Input

第一行包含六个整数(n,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=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_i,a_2,...,a_n)，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<=n<=10^5，0< m<7*10^6，0< u< v < 10^9，0<=q<=200，1< t <71，0< ai<10^8)。

Output

第一行输出([m /t])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([(n+m) /t])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。

Sample Input

3 7 1 1 3 1
3 3 2

Sample Output

3 4 4 4 5 5 6
6 6 6 5 5 4 4 3 2 2

题解

事实证明，找一篇代码可以AC的题解是十分重要的
%YouXam的题解

解题思路

题目里隐藏了一个性质：单调性
先被切掉的蚯蚓分成的蚯蚓一定比后切掉的蚯蚓分成的蚯蚓长
这个应该可以理解
假设这两只蚯蚓分别为(a,b),其中(a>b).那么它被切成(a_1,a_2).(t)秒后, (b)被切成了(b_1,b_2)。此时(a_1,a_2)​ 的长度为(l_{a_1}+t=p*l_{a}+t,l_{a_2}+t=(1-p)*l_a+t).而(b_1,b_2)的长度却为(p*(l_b+t),(1-p)*(1_b+t)), 容易看出(l_{a_1}>l_{b_1},l_{a_2}>l_{b_2}).
所以不必再用STL里的优先队列用了就错，超时
将每次切下来的两段分别存在两个普通的队列，这个队列自然就是单调的了

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
const long long M = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, q, u, v, t, a[100005], cnt = 1, s = 0, f;
queue<int> q1, q2;
int main() {
    scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &q, &u, &v, &t);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    sort(a+1, a+n+1, greater<int>());//greater<int>()用到库<set>
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        long long d = -M;
        if (cnt <= n && d < a[cnt])
            d = (long long)a[cnt], f = 0;
        if (q1.size() && d < q1.front())
            d = (long long)q1.front(), f = 1;
        if (q2.size() && d < q2.front())
            d = (long long)q2.front(), f = 2;
        if (f == 1) q1.pop();
        else if (f == 2) q2.pop();
        else cnt++;
        d += s;
        q1.push(d * u / v - s - q);
        q2.push(d - d * u / v - s - q);
        s += q;
        if (i % t == 0) printf("%lld ", d);
    }
    puts("");
    for(int i = 1; i <= m + n; i++) {
        long long d = -M;
        if (cnt <= n && d < a[cnt])
            d = (long long)a[cnt], f = 0;
        if (q1.size() && d < q1.front())
            d = (long long)q1.front(), f = 1;
        if (q2.size() && d < q2.front())
            d = (long long)q2.front(), f = 2;
        if (f == 1) q1.pop();
        else if (f == 2) q2.pop();
        else cnt++;
        if (i % t == 0) printf("%lld ", d + s);
    }
    return 0;
}