题目描述
有一个陶瓷瓶周围有(n)个可以印花的位置。第(i)个与第(i+1)个位置之间的距离为(d_i)，在第(i)个位置印图案要(t_i)秒。
机器刚开始在(0)号位置，可以以(1)单位长度每秒的速度移动。
一个位置只能印一个图案。
现在有(m)秒，问你最多能印几个图案。
保证时间不足以绕陶瓷瓶一圈。
(nleq 100000)
题解
肯定是先往一边移动在移动到另外一边。
不妨设先往右边移动，那么右边的距离就要( imes 2)。
求出每边印(i)个印花最少要多少秒。
然后把两边合并即可。
考虑怎么求。
显然印(i+1)个印花的最优方案所需要移动的最右端点肯定在印(i)个印花的右边。
证明：考虑反证法。
设(f(i,j))为印(i)个印花且最右端点为(j)的代价，(a(i,j))为在前(i)个端点印印花所需要的第(j)短时间。
设印(i)个印花的最优方案所需要移动的最右端点为(j)，(i+1)个的右端点是(k(k<j))
那么有(f(i,j)<f(i,k),a(j,i+1)<a(k,i+1),f(i+1,j)>f(i+1,k))
但是前两项加起来是第三项，所以不合法。
然后就可以分治了。
设当前要求印(l)个到(r)个的答案，答案区间为([sl,sr])。
先求出印(mid=frac{l+r}{2})个的答案和右端点位置(k)，可以通过枚举右端点得到。
([l,mid-1])的右端点位置在([sl,k])，([mid+1,r])的右端点位置在([k,sr])
然后分治下去即可。
求前面(i)个位置最小的(j)个印印花的时间可以通过可持久化线段树得到。
时间复杂度：(O(nlog^2n))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int q;
char cc[10000010];
int tt;
int h[100010];
ll rd()
{
ll s=0;
int c;
while((c=cc[tt++])<'0'||c>'9');
s=c-'0';
while((c=cc[tt++])>='0'&&c<='9')
s=s*10+c-'0';
return s;
}
namespace seg
{
int ls[4000010];
int rs[4000010];
ll s[4000010];
int sz[4000010];
int cnt;
int insert(int p1,int &x,int l,int r)
{
int p=++cnt;
ls[p]=ls[p1];
rs[p]=rs[p1];
s[p]=s[p1]+h[x];
sz[p]=sz[p1]+1;
if(l==r)
return p;
int mid=(l+r)>>1;
if(x<=mid)
ls[p]=insert(ls[p],x,l,mid);
else
rs[p]=insert(rs[p],x,mid+1,r);
return p;
}
ll query(int p,int x,int l,int r)
{
if(l==r)
return (ll)x*h[l];
int mid=(l+r)>>1;
int lsz=sz[ls[p]];
if(x<=lsz)
return query(ls[p],x,l,mid);
return s[ls[p]]+query(rs[p],x-lsz,mid+1,r);
}
}
int rt[100010];
int n;
ll m;
ll d[100010];
int t[100010];
ll a[100010];
ll f1[100010];
ll f2[100010];
ll g1[100010];
ll g2[100010];
int b[100010];
int c[100010];
int e[100010];
int f[100010];
ll &mm=m;
void gao(int l,int r,int sl,int sr,ll *s)
{
if(l>r)
return;
int mid=(l+r)>>1;
ll ans=0x3fffffffffffffffll;
int i;
int m=sr;
for(i=sl;i<=sr;i++)
if(i>=mid&&a[i-1]<=mm)
{
ll v=a[i-1]+seg::query(rt[i],mid,0,q);
if(v<ans)
{
ans=v;
m=i;
}
}
s[mid]=ans;
gao(l,mid-1,sl,m,s);
gao(mid+1,r,m,sr,s);
}
void gao(ll *s)
{
memset(rt,0,sizeof rt);
seg::cnt=0;
int i;
for(i=1;i<=n;i++)
rt[i]=seg::insert(rt[i-1],c[i],0,q);
gao(1,n,1,n,s);
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a2.out","w",stdout);
#endif
fread(cc+1,10000000,1,stdin);
// scanf("%d%lld",&n,&m);
n=rd();
m=rd();
int i;
q=0;
for(i=1;i<=n;i++)
// scanf("%lld%lld",&d[i],&t[i]);
{
d[i]=rd();
t[i]=rd();
h[++q]=t[i];
}
sort(h+1,h+q+1);
q=unique(h+1,h+q+1)-h-1;
for(i=1;i<=n;i++)
t[i]=lower_bound(h+1,h+q+1,t[i])-h;
for(i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=d[i];
c[i]=t[i];
}
for(i=1;i<=n;i++)
a[i]+=a[i-1];
gao(f1);
for(i=1;i<=n;i++)
a[i]*=2;
c[1]=0;
gao(g1);
reverse(t+2,t+n+1);
reverse(d+1,d+n+1);
for(i=1;i<=n;i++)
{
a[i]=d[i];
c[i]=t[i];
}
for(i=1;i<=n;i++)
a[i]+=a[i-1];
gao(f2);
for(i=1;i<=n;i++)
a[i]*=2;
c[1]=0;
gao(g2);
int ans=0;
for(i=1;i<=n;i++)
if(f1[i]<=m)
ans=max(ans,i);
for(i=1;i<=n;i++)
if(f2[i]<=m)
ans=max(ans,i);
int j;
j=n;
for(i=1;i<=n;i++)
{
while(j&&f1[i]+g2[j]>m)
j--;
if(!j)
break;
ans=max(ans,i+j-1);
}
j=n;
for(i=1;i<=n;i++)
{
while(j&&f2[i]+g1[j]>m)
j--;
if(!j)
break;
ans=max(ans,i+j-1);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}