【XSY2732】Decalcomania 可持久化线段树 分治

时间:2022-12-29 16:47:30

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。

  \(n\leq 100000\)

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\(\times 2\)。

  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:\(O(n\log^2n)\)

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\n",ans);
return 0;
}