UOJ264 【NOIP2016】蚯蚓

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本文作者：ljh2000
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Description

本題中，我們將用符號[c]表示對c向下取整，例如：[3.0」= [3.1」=[3.9」=3。蛐蛐國最近蚯蚓成災了！隔壁跳

蚤國的跳蚤也拿蚯蚓們沒辦法，蛐蛐國王只好去請神刀手來幫他們消滅蚯蚓。蛐蛐國里現在共有n只蚯蚓（n為正整

數)。每只蚯蚓擁有長度，我們設第i只蚯蚓的長度為a_i(i=1,2,...,n)，並保證所有的長度都是非負整數（即:可

能存在長度為0的蚯蚓）。每一秒，神刀手會在所有的蚯蚓中，准確地找到最長的那一只（如有多個則任選一個）

將其切成兩半。神刀手切開蚯蚓的位置由常數p(是滿足0<p<1的有理數)決定，設這只蚯蚓長度為x，神刀手會將其

切成兩只長度分別為[px]和x-[px]的蚯蚓。特殊地，如果這兩個數的其中一個等於0，則這個長度為0的蚯蚓也會被

保留。此外，除了剛剛產生的兩只新蚯蚓，其余蚯蚓的長度都會增加q(是一個非負整常數)。蛐蛐國王知道這樣不

是長久之計，因為蚯蚓不僅會越來越多，還會越來越長。蛐蛐國王決定求助於一位有着洪荒之力的神秘人物，但是

救兵還需要m秒才能到來......(m為非負整數）蛐蛐國王希望知道這m秒內的戰況。具體來說，他希望知道：?m秒內

，每一秒被切斷的蚯蚓被切斷前的長度（有m個數）?m秒后，所有蚯蚓的長度（有n+m個數)。蛐蛐國王當然知道怎

么做啦！但是他想考考你......

 

Input

第一行包含六個整數n,m,q,u,v,t，其中：n,m,q的意義見問題描述；

u,v,t均為正整數；你需要自己計算p=u/v(保證0<u<v)t是輸出參數，其含義將會在輸出格式中解釋。

第二行包含n個非負整數，為ai,a2,...,an，即初始時n只蚯蚓的長度。

同一行中相鄰的兩個數之間，恰好用一個空格隔開。

保證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

第一行輸出[m/t]個整數，按時間順序，依次輸出第t秒，第2t秒，第3t秒……被切斷蚯蚓（在被切斷前）的長度。

第二行輸出[(n+m)/t]個整數，輸出m秒后蚯蚓的長度；需要按從大到小的順序

依次輸出排名第t，第2t，第3t……的長度。

同一行中相鄰的兩個數之間，恰好用一個空格隔開。即使某一行沒有任何數需要 輸出，你也應輸出一個空行。

請閱讀樣例來更好地理解這個格式。

 

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

 

 

 

正解：單調隊列

解題報告：

 

60分

      考慮每次取出一個最大值這個操作，堆來維護比較方便，但是每次加上一個q似乎不好處理。我們考慮增加一個全局變量tag，表示每個數都需要加上tag，這樣就可以避免對於堆中所有元素增加，而只需把每次新的兩個元素減去q，再放入堆中即可。具體做法：系統堆維護，每次取出最大元素，然后加上tag，得到真實值，算出兩個新元素值，tag加上q，兩個新元素值減去tag，丟入堆中。

 

65分

      系統堆常數太大了，加上CCF的評測機的速度有限，30w的點剛好被卡T。換成手寫堆即可通過第18個測試點。

 

90分

      注意到q=0同樣有很多的部分分，如果我們能解決掉q=0的情況，再加上上述算法，即可獲得90分。

      首先q=0表示每次沒有自增操作，很容易發現其實所有的元素都是在單調下降（或者說不增）的，也就是說每次取出來的最大元素肯定是不增的，這就說明切掉之后分成的兩個新元素，一定比之前任何一次切掉之后的新元素要小。

     這啟示我們，似乎在q=0的時候具有單調性。我們維護三個隊列q1、q2、q3。初始時q1是從大到小排列的n個數，q2，q3為空。每次操作，取出三個隊列的隊首元素中最大的那個，設為x，把px丟到q1中，x-px丟到q2中。根據我們上面所說的，我們可以保證任何時候取出來的都是不增的，所以我們可以保證這三個隊列在任何時候都是單調不增的。這樣就可以通過90%的測試點了。

 

100分

      通過對於q=0時單調性的研究，我們可以發現其實q≠0的時候同樣具備單調性。

      我們對於q≠0的時候，假設不滿足單調性，即存在之前的某次分割的為a，中間間隔了N輪之后，這次分割的元素在a分割時它為b，則此時為b+N*q，並且b切出來的部分比之前a切出來的要長。假設上述情況存在，則說明滿足：

　　$${a*p+N*q<(b+N*q)*p（只考慮乘以p的部分）}$$

　　因為a>=b，而右邊展開之后就變成了$${b*p+N*q*p}$$因為p<1，而a>=b，顯然上式不成立。可以通過反證法說明這一點。

　　從單調性的角度也可以證明算法的正確性：因為我們每次取出一個元素x，分成兩部分，然后把整體加上q，再把這兩個新元素-q。是不是意味着在隊列中保存的元素的值仍然是單調遞減的（因為沒有任何加法操作，只會因為被分成兩半而變小）？也就是說，不管怎么變，這個全局的增量tag是不會影響相對大小的，因為tag的針對對象是全體元素，所以如果在減掉tag的情況下滿足的大小關系加上tag后顯然滿足，因為同時加上一個數，相對大小並不會改變。所以我們可以發現，在q≠0的時候，隊列中的元素同樣滿足單調性，套用上述算法即可獲得滿分。

 

 

注意事項

　　由於題目中不是直接給出的p，而是通過給出分子分母要求我們自己計算p，來降低精度誤差。在乘的時候需要開一個long long的臨時變量，除完之后再轉成int就可以了。其余的均可只開int。

 

 

 

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#include <iostream>
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#include <map>
#include <set>
#include <string>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 7000011; 
const LL inf = (1LL<<60);
int n,m,q,t,tag,Q[3][MAXN],head[3],tail[3];
LL u,v;

inline int getint(){
    int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline bool cmp(int q,int qq){return q>qq;}
inline void work(){
    n=getint(); m=getint(); q=getint(); u=getint(); v=getint(); t=getint(); int ljh1,ljh2,from; LL now; int out=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) Q[0][i]=getint(); sort(Q[0]+1,Q[0]+n+1,cmp); tag=0; head[0]=head[1]=head[2]=1; tail[0]=n; tail[1]=tail[2]=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        now=-inf; from=-1; for(int j=0;j<3;j++) if(head[j]<=tail[j]) { if(Q[j][head[j]]>now) { now=Q[j][head[j]]; from=j; } }
        now+=tag; out++; if(out==t) { printf("%lld ",now); out=0; }
        ljh1=now*u/v; ljh2=now-ljh1; head[from]++;  tag+=q;
        ljh1-=tag; ljh2-=tag;
        Q[1][++tail[1]]=ljh1; Q[2][++tail[2]]=ljh2;    
    }
    printf("\n"); m+=n; out=0;
    for(int i=1;i<=m;i++) {
        now=-inf; from=-1; for(int j=0;j<3;j++) if(head[j]<=tail[j]) { if(Q[j][head[j]]>now) { now=Q[j][head[j]]; from=j; } }
        now+=tag; out++; if(out==t) { printf("%lld ",now); out=0; }
        head[from]++;
    }
}

int main()
{
    work();
    return 0;
}