51nod：1689 逛街

原题链接：https://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1689

一开始想枚举逛街的终点，然后开两个大根堆维护b值，分别保证喜爱店不少于k，以及在此前提下逛到的店尽可能多。具体实现是维持第一个堆元素数为k，每加入一个元素，如果c为1，就丢进第一个堆，并把堆顶丢到第二个，c为0直接丢进第二个。如果两个堆的元素b值之和超过T，就从第二个堆删元素。

但是这种写法最后的删元素部分有可能删去对答案有贡献的点，这时再把丢掉的元素维护起来，每次都差一下，然后就T了。

于是考虑每次删元素都看看第三个堆与第二个堆的优劣，删去无用元素，可以省去很多无用计算。

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define MN 100001
using namespace std;
int read_p,read_ca;
inline int read(){
    read_p=;read_ca=getchar();
    while(read_ca<''||read_ca>'') read_ca=getchar();
    while(read_ca>=''&&read_ca<='') read_p=read_p*+read_ca-,read_ca=getchar();
    return read_p;
}
int n,m,k,a[MN],b[MN],mmh=-,A;
long long T=;
priority_queue <int> q,Q,S;
int main(){
    register int i;
    n=read();m=read();k=read();
    for (i=;i<=n;i++) a[i]=read();
    for (i=;i<=n;i++) b[i]=read();
    for (i=;i<=n;i++){
        if (read()) if (int(q.size())<k) q.push(b[i]);else
        q.push(b[i]),Q.push(q.top()),q.pop();else Q.push(b[i]);
        T+=b[i];
        if (int(q.size())<k) continue;
        while (T+a[i]>m&&(!Q.empty())) T-=Q.top(),S.push(-Q.top()),Q.pop();
        while (!S.empty()&&T+a[i]-S.top()<=m) T-=S.top(),Q.push(-S.top()),S.pop();
        while (!S.empty()&&-S.top()<Q.top()){
            T-=S.top();Q.push(-S.top());S.pop();
            while (T+a[i]>m&&(!Q.empty())) T-=Q.top(),S.push(-Q.top()),Q.pop();
        }
        if (T+a[i]<=m&&k+int(Q.size())>mmh) mmh=k+int(Q.size());
    }
    printf("%d\n",mmh);
}

LYK喜欢逛街。

但是LYK时间有限，只有T个单位时间。

LYK从1号店出发，从1号店走到第i号店需要花费 ai 个单位的时间，这些店形成了一条直线，因此LYK从i号店到i+1号店花费的时间为 ai+1−ai 。若选择进去逛，则需要需要花费 bi 的时间。对于第i家店，LYK对其有个评估值 ci ，表示自己是否喜欢这家店。

LYK想在有限的时间内，逛无限的街，当然这是不可能的。

它有个目标，将走进去逛的店中 ci 的和加起来，要使得这个值 ≥ k，在此基础上，能逛的店越多越好。

它想知道最多能逛多少店。

若无法满足LYK的要求，输出-1。

Input

第一行三个整数n(1<=n<=100000),T(1<=T<=10^9),k(0<=k<=n)。
接下来一行n个数，表示ai(a1=0,a1<a2<...<an<=10^9)。
接下来一行n个数，表示bi(1<=bi<=10^9)。
接下来一行n个数，表示ci(0<=ci<=1)。

Output

一行表示答案。

Input示例

4 11 1
0 1 2 10
1 1 1 1
0 0 0 1

Output示例

1