P4754 True Vegetable
题目描述
小A现在有N道题，编号为1,2,⋯,N。每道题的起始毒瘤程度为0或1。在每天，小A可以将编号连续的K道题的毒瘤程度+1。但小B因为本身比较菜，不是很愿意小A出毒瘤题，所以在(w_i)天开始时可以向第(x_i)题传播(v_i)点的菜气，使得第(x_i)的毒瘤程度减少(v_i)点（减后可以为负）。这里我们假定菜是有限的，在释放了(v_i)点的菜气后，小B需要至少$ r_{v_i}$个回合不能释放菜气。现在小A知道了小B释放菜气的计划，他想知道他至少需要多少个回合可以使得每道题的毒瘤程度至少为1。
输入输出格式
输入格式：
第一行输入四个整数，N,M,K,L，分别为题目的数量，小B的操作数量，每次连续增加毒瘤程度题目的数量和释放菜气的最大值。
第二行输入N个整数(a_1,a_2,cdots,a_N)，分别为N个题目的毒瘤程度。
第三行输入L个整数(r_1,r_2,cdots,r_L)，分别为释放1到L点菜气的冷却回合数。
接下来有M行，每行输入三个整数(w_i,x_i,v_i)，表示小B在第(w_i)次回合开始时向第(x_i)题释放了(v_i)点的菜气。保证({w_i})为递增序列。
输出格式：
请输出小A将每道题的毒瘤程度加到至少为1最少需要的回合数。
说明
(1≤N,M≤5×10^5)
(1 le K le N)
(1 le L le 100)
(a[i] in {0,1})
(1 = r_1 < r_2 < cdots < r_L le 2 imes L)
(1 le w_i le N+L)
(w_i+r_{v_i} le w_{i+1})
(1 le x_i le N)
(1 le v_i le L)
我做的第一道的一道二分答案+贪心的题是一个叫丢瓶盖的，其实和这个题差不多。
但是这个题明显坑很多。。
月赛的时候，我们机房一直在吵关于B的决策的问题，从期望争到博弈。
然而第二天早上
我们发现了(w_i+r_{v_i} le w_{i+1}) 
要你这冷却时间有何用？？？
冷静下来以后发现真的有用，只是读入后不需要处理而已。
因为还有一条(1 = r_1 < r_2 < cdots < r_L le 2 imes L)，这个保证了二分的正确性。
我们二分B做到哪一个计划了，由于以上一个条件，我们可以确定如果B这个计划时A目的达成了，在之后A的计划一定可以达成，而如果这时A的计划没有达成，那么之前也没法达成。
在二分检查的时候，先让B把招数放了，然后我们对A的题目编号从小到大扫描，如果当前毒瘤值小于1，花时间给它加上，用一个外部的差分数组维护偏移量。
每次的总时间为B下一个招数的时间-1
Code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N=500010;
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int n,m,k,L,ans;
//题目的数量，小B的操作，每次连续增加毒瘤程度题目的数量和释放菜气的最大值
int s[N],tmp[N];//毒瘤值
int d[N],add;//外界差分数组
int w[N],x[N],v[N];//w天对x题放了v的菜气
bool check(int c)
{
memset(d,0,sizeof(d));
add=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
tmp[i]=s[i];
for(int i=1;i<=c;i++)
tmp[x[i]]-=v[i];
int cnt=w[c+1]-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add+=d[i];
tmp[i]+=add;
if(tmp[i]<1)
{
add+=1-tmp[i];
d[min(i+k,n+1)]-=1-tmp[i];
cnt-=1-tmp[i];
if(cnt<0) return false;
}
}
ans=w[c+1]-1-cnt;
return true;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&L);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",s+i);
for(int i=1;i<=L;i++)
scanf("%d",s);
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",w+i,x+i,v+i);
w[m+1]=w[m]+N;
int l=0,r=m;
while(l<r)
{
int mid=l+r>>1;
if(check(mid))
r=mid;
else
l=mid+1;
}
check(l);
printf("%d
",ans);
return 0;
}
2018.7.15