Problem
Solution
直接用优先队列模拟可以得到不少的分数，时间复杂度 (O(m log m),m<=7*10^6) ，但是并不能通过此题，我们要考虑挖掘一些性质优化时间复杂度。
假设现在有两条蚯蚓，长度分别记为 (x_1,x_2)，且满足 (x_1>=x_2)。
令 (l_1) 表示 (x1) 切掉后 (lfloor px_1 floor) 这部分（left左边），(r_1) 表示切掉后 (x_1 - lfloor px_1 floor) 这部分（right右边），(l_2,r_2) 同理。
当然随着时间的推移，(l_1,r_1) 也要加上 (q)。根据题目意思，如果我们先切 (x_1)，(x_2) 也会加上 (q)，此时 (l_2,r_2) 会有所变化。
准确的说，假设 (x_1,x_2) 恰好是根据题意依次要切的两条蚯蚓的长度，那么：
(l_1=lfloor px_1 floor + q,r_1=x_1 - lfloor px_1 floor + q,)
(l_2=lfloor p(x_2+q) floor,r_2=x_2+q-lfloor p(x_2+q) floor.)
那么我们猜想 (l_1>=l_2)，(r_1>=r_2)。下面通过推式子来证明。
-
证明 (l_1>=l_2)
（我们还多推导出 (l_1 ≠ l_2)，qwq）
-
证明 (r_1>=r_2)
推到这里不会了这么办？（因为取整的事，怎么提出来啊）我们假设可以将取整符号内的东西拆开来（但愿宇宙原谅这五公斤） 那么就有：
证明了这个神奇的性质，那么假设我们依次要取出的数是 (x_1,x_2,x_3...x_m)，那么就会有 (x_1>=x_2>=x_3>=...>=x_m)，因此利用上面这个性质，就会有 (l_1>=l_2>=...>=l_m,r_1>=r_2>=...>=r_m)。到这里，我们发现了题目中隐含的单调性，因此我们可以这样来设计程序：开三个队列，分别存 (x,l,r)。 将原数列 (a_n) 排序后加入第一个队列。每次从三个队列中选一个最大的，得到的 (l,r) 直接加入 (L) 队列和 (R) 队列尾部（因为我们证明了可以这样），而且最大的一定是队头，这样我们就实现了 (O(1)) 查询最大值。因此总时间复杂度 (O(n log n + m))。
Code
Talk is cheap.Show me the code
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define INF 0x3f3f3f
#define N 7000007
using namespace std;
inline int read() {
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x * f;
}
int n,m,q,u,v,t,ofst; //offsetÆ«ÒÆÁ¿
int h=1,h1=1,h2=1,t1,t2; //t1£¬t2²ÅÊÇÊý×é´óС£¬h1£¬h2ÊÇ¿ÉÓÃ×î´óÖµ
int s[N],c1[N],c2[N]; //ÔÊý×飬cut1£¬cut2
priority_queue<int> pq;
bool cmp(int a,int b) {
return a > b;
}
int main()
{
n = read(), m = read(), q = read(), u = read() ,v = read() ,t = read();
double p = (double)u / (double)v;
for(int i=1;i<=n;++i)
s[i] = read();
sort(s+1, s+1+n, cmp);
for(int i=1;i<=m;++i) {
int tp,a1,a2;
if(h > n) c1[h1]>c2[h2] ? tp=c1[h1++] : tp=c2[h2++];
else if(s[h]>=c1[h1] && s[h]>=c2[h2]) tp = s[h++]; //
else if(c1[h1]>=s[h] && c1[h1]>=c2[h2]) tp = c1[h1++];
else tp = c2[h2++];
tp += ofst; a1 = floor(p*(double)tp); a2 = tp - a1;
ofst += q; a1 -= ofst; a2 -= ofst;
c1[++t1] = a1, c2[++t2] = a2;
if(i % t==0) printf("%d ",tp);
}
putchar('
');
for(int i=h;i<=n;++i) pq.push(s[i]);
for(int i=h1;i<=t1;++i) pq.push(c1[i]);
for(int i=h2;i<=t2;++i) pq.push(c2[i]);
int i = 0;
while(!pq.empty()) {
++i; if(i%t==0) printf("%d ",pq.top()+ofst); pq.pop();
}
return 0;
}
Summary
通过这个题目，我学会了：
- 分析时间复杂度的瓶颈（查找最大值），向这方面优化，推导性质（单调性），最后回到算法，解决问题。