[luogu] P4364 [九省联考2018]IIIDX（贪心）

P4364 [九省联考2018]IIIDX

题目背景

Osu 听过没？那是Konano 最喜欢的一款音乐游戏，而他的梦想就是有一天自己也能做个独特酷炫的音乐游戏。现在，他在世界知名游戏公司KONMAI 内工作，离他的梦想也越来越近了。

这款音乐游戏内一般都包含了许多歌曲，歌曲越多，玩家越不易玩腻。同时，为了使玩家在游戏上氪更多的金钱花更多的时间，游戏一开始一般都不会将所有曲目公开，有些曲目你需要通关某首特定歌曲才会解锁，而且越晚解锁的曲目难度越高。

题目描述

这一天，Konano 接到了一个任务，他需要给正在制作中的游戏《IIIDX》安排曲目 的解锁顺序。游戏内共有n 首曲目，每首曲目都会有一个难度d，游戏内第i 首曲目会在玩家Pass 第(lfloor frac{i}{k} floor) 首曲目后解锁（(lfloor x floor) 为下取整符号）若(lfloor frac{i}{k} floor = 0)，则说明这首曲目无需解锁

举个例子：当k = 2 时，第1 首曲目是无需解锁的（(lfloor frac{1}{2} floor = 0)），第7 首曲目需要玩家Pass 第(lfloor frac{7}{2} floor = 3) 首曲目才会被解锁。

Konano 的工作，便是安排这些曲目的顺序，使得每次解锁出的曲子的难度不低于作为条件需要玩家通关的曲子的难度，即使得确定顺序后的曲目的难度对于每个i 满足

(d_i geq d_{lfloor frac{i}{k} floor})

当然这难不倒曾经在信息学竞赛摸鱼许久的Konano。那假如是你，你会怎么解决这份任务呢？

输入输出格式

输入格式：

第1 行1 个正整数n 和1 个小数k，n 表示曲目数量，k 其含义如题所示。

第2 行n 个用空格隔开的正整数d，表示这n 首曲目的难度。

输出格式：

输出到文件iiidx.out 中。

输出1 行n 个整数，按顺序输出安排完曲目顺序后第i 首曲目的难度。

若有多解，则输出d1 最大的；若仍有多解，则输出d2最大的，以此类推。

输入输出样例

输入样例#1： 复制

4 2.0
114 514 1919 810

输出样例#1： 复制

114 810 514 1919

说明

题解

做个人不好吗。。

本题有一个55分的贪心，可以过60分
就是直接按题意暴力建树然后贪心，能赋大值就赋大值。
树的边就是按(lfloor frac{i}{k} floor)来的。

事实上这个贪心是不能解决多个(d_i)相同的。
如

input
4 2.0
1 1 1 2
output
1 1 2 1
错误答案
1 1 1 2

即在建树过程中，（图片来自NaVi_Awson）

当2节点和4节点可以取相同值，且3独立时，我们应该是优先，2,4为1，3为2的，但是贪心一定会把2赋值给4节点。

我们维护一个数组(f[i]),表示(i)节点之前还有剩余的点数。
从大到小排序，然后我们找优先靠左的满足(f[i]>=size[x])的数字。
(size[x])表示答案序列第(x)位的子树大小。
然后维护一个(nxt[])数组，表示相同的数值时优先选靠右的。
然后第(i)到(n)位的(f[]-size[x]);
这样可以解决掉那个重复的带来的影响。
两个循环暴力找和减去是(O(n^2))
转移到线段树上就可以了(O(nlogn))

我之前一直不明白为什么如果当前点有父亲，要重新加上父亲的预留值。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
int sum[N<<2],lazy[N<<2];
int a[N],n,ans[N],size[N],fa[N],nxt[N];
double k;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*w;
}

void build(int root,int left,int right){
	int mid=(left+right)>>1;
	if(left==right){
		sum[root]=left;return ;
	}build(root<<1,left,mid);build(root<<1|1,mid+1,right);
	sum[root]=min(sum[root<<1],sum[root<<1|1]);
}

void push(int root,int left,int right){
	sum[root<<1]+=lazy[root];sum[root<<1|1]+=lazy[root];
	lazy[root<<1]+=lazy[root];lazy[root<<1|1]+=lazy[root];
	lazy[root]=0;
}

void update(int root,int left,int right,int l,int r,int v){
	if(left>r||right<l)return ;
	if(lazy[root])push(root,left,right);
	if(left>=l&&right<=r){
		sum[root]+=v;lazy[root]+=v;
		return ;
	}int mid=(left+right)>>1;
	if(mid>=l) update(root<<1,left,mid,l,r,v);
	if(mid<r)  update(root<<1|1,mid+1,right,l,r,v);
	sum[root]=min(sum[root<<1],sum[root<<1|1]);
}

int query(int root,int left,int right,int k){
	if(left==right){
		return sum[root]>=k?left:left+1;
	}int mid=(left+right)>>1;
	if(lazy[root])push(root,left,right);
	if(sum[root<<1|1]>=k) return query(root<<1,left,mid,k);
	else return query(root<<1|1,mid+1,right,k);

}

bool cmp(int a,int b){return a>b;}

int main(){
	n=read();cin>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=n;i>=1;i--){
		nxt[i]=i;fa[i]=(1.0*i/k);
		size[i]++;size[fa[i]]+=size[i];
		if(a[i]==a[i+1])nxt[i]=nxt[i+1];
	}build(1,1,n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(fa[i]&&fa[i]!=fa[i-1])update(1,1,n,ans[fa[i]],n,size[fa[i]]-1);
		int tmp=nxt[query(1,1,n,size[i])];ans[i]=tmp;
		update(1,1,n,tmp,n,-size[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[ans[i]]<<' ';
	return 0;
}

P4364 [九省联考2018]IIIDX
题目背景
Osu 听过没？那是Konano 最喜欢的一款音乐游戏，而他的梦想就是有一天自己也能做个独特酷炫的音乐游戏。现在，他在世界知名游戏公司KONMAI 内工作，离他的梦想也越来越近了。

这款音乐游戏内一般都包含了许多歌曲，歌曲越多，玩家越不易玩腻。同时，为了使玩家在游戏上氪更多的金钱花更多的时间，游戏一开始一般都不会将所有曲目公开，有些曲目你需要通关某首特定歌曲才会解锁，而且越晚解锁的曲目难度越高。

题目描述
这一天，Konano 接到了一个任务，他需要给正在制作中的游戏《IIIDX》安排曲目 的解锁顺序。游戏内共有n 首曲目，每首曲目都会有一个难度d，游戏内第i 首曲目会在玩家Pass 第lfloor frac{i}{k} floor⌊
k
i
​
⌋ 首曲目后解锁（lfloor x floor⌊x⌋ 为下取整符号）若lfloor frac{i}{k} floor = 0⌊
k
i
​
⌋=0，则说明这首曲目无需解锁

举个例子：当k = 2 时，第1 首曲目是无需解锁的（lfloor frac{1}{2} floor = 0⌊
2
1
​
⌋=0），第7 首曲目需要玩家Pass 第lfloor frac{7}{2} floor = 3⌊
2
7
​
⌋=3 首曲目才会被解锁。

Konano 的工作，便是安排这些曲目的顺序，使得每次解锁出的曲子的难度不低于作为条件需要玩家通关的曲子的难度，即使得确定顺序后的曲目的难度对于每个i 满足

d_i geq d_{lfloor frac{i}{k} floor}d
i
​
≥d
⌊
k
i
​
⌋
​

当然这难不倒曾经在信息学竞赛摸鱼许久的Konano。那假如是你，你会怎么解决这份任务呢？

输入输出格式
输入格式：

第1 行1 个正整数n 和1 个小数k，n 表示曲目数量，k 其含义如题所示。

第2 行n 个用空格隔开的正整数d，表示这n 首曲目的难度。

输出格式：

输出到文件iiidx.out 中。

输出1 行n 个整数，按顺序输出安排完曲目顺序后第i 首曲目的难度。

若有多解，则输出d1 最大的；若仍有多解，则输出d2最大的，以此类推。

输入输出样例
输入样例#1： 复制

4 2.0
114 514 1919 810

输出样例#1： 复制

114 810 514 1919

说明

题解
做个人不好吗。。

本题有一个55分的贪心，可以过60分
就是直接按题意暴力建树然后贪心，能赋大值就赋大值。
树的边就是按lfloor frac{i}{k} floor⌊
k
i
​
⌋来的。

事实上这个贪心是不能解决多个d_id
i
​
相同的。
如

input
4 2.0
1 1 1 2
output
1 1 2 1
错误答案
1 1 1 2
即在建树过程中，（图片来自NaVi_Awson）

当2节点和4节点可以取相同值，且3独立时，我们应该是优先，2,4为1，3为2的，但是贪心一定会把2赋值给4节点。

我们维护一个数组f[i]f[i],表示ii节点之前还有剩余的点数。
从大到小排序，然后我们找优先靠左的满足f[i]>=size[x]f[i]>=size[x]的数字。
size[x]size[x]表示答案序列第xx位的子树大小。
然后维护一个nxt[]nxt[]数组，表示相同的数值时优先选靠右的。
然后第ii到nn位的f[]-size[x]f[]−size[x];
这样可以解决掉那个重复的带来的影响。
两个循环暴力找和减去是O(n^2)O(n
2
)
转移到线段树上就可以了O(nlogn)O(nlogn)

我之前一直不明白为什么如果当前点有父亲，要重新加上父亲的预留值。

Code

include

include

include

include

include

using namespace std;
const int N=1e6+5;
int sum[N<<2],lazy[N<<2];
int a[N],n,ans[N],size[N],fa[N],nxt[N];
double k;
int read(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x10+ch-'0',ch=getchar();
return xw;
}

void build(int root,int left,int right){
int mid=(left+right)>>1;
if(left==right){
sum[root]=left;return ;
}build(root<<1,left,mid);build(root<<1|1,mid+1,right);
sum[root]=min(sum[root<<1],sum[root<<1|1]);
}

void push(int root,int left,int right){
sum[root<<1]+=lazy[root];sum[root<<1|1]+=lazy[root];
lazy[root<<1]+=lazy[root];lazy[root<<1|1]+=lazy[root];
lazy[root]=0;
}

void update(int root,int left,int right,int l,int r,int v){
if(left>r||right<l)return ;
if(lazy[root])push(root,left,right);
if(left>=l&&right<=r){
sum[root]+=v;lazy[root]+=v;
return ;
}int mid=(left+right)>>1;
if(mid>=l) update(root<<1,left,mid,l,r,v);
if(mid<r) update(root<<1|1,mid+1,right,l,r,v);
sum[root]=min(sum[root<<1],sum[root<<1|1]);
}

int query(int root,int left,int right,int k){
if(left==right){
return sum[root]>=k?left:left+1;
}int mid=(left+right)>>1;
if(lazy[root])push(root,left,right);
if(sum[root<<1|1]>=k) return query(root<<1,left,mid,k);
else return query(root<<1|1,mid+1,right,k);

}

bool cmp(int a,int b){return a>b;}

int main(){
n=read();cin>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();sort(a+1,a+n+1,cmp);
for(int i=n;i>=1;i--){
nxt[i]=i;fa[i]=(1.0*i/k);
size[i]++;size[fa[i]]+=size[i];
if(a[i]==a[i+1])nxt[i]=nxt[i+1];
}build(1,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(fa[i]&&fa[i]!=fa[i-1])update(1,1,n,ans[fa[i]],n,size[fa[i]]-1);
int tmp=nxt[query(1,1,n,size[i])];ans[i]=tmp;
update(1,1,n,tmp,n,-size[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[ans[i]]<<' ';
return 0;
}
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