\[\texttt{Preface}
\]

赛时,把 " 任意时刻 " 理解成 " 整数时刻 " 了,看起来一脸不可做的亚子,还各种推式子。

话说我为什么觉得 E 比 F 还难。

\[\texttt{Description}
\]

一个坐标轴 \(OX\) 上有 \(n\) 个点,第 \(i\) 个点位于整数点 \(x_i\) ,速度为 \(v_i\) 。

所有点以恒定的速度移动,在时刻 \(t\) ( \(t\) 可以是非整数),第 \(i\) 个点的坐标可以被计算为 \(x_i + t \times v_i\) 。

定义 \(d(i,j)\) 为:任何可能的时刻,第 \(i\) 个点和第 \(j\) 个点的最小可能距离,即

\[\min\limits_{t\in[0,∞)} \{ |(x_i+t \times v_i)-(x_j+t \times v_j)| \}
\]

求 \(\sum\limits_{1 \leq i < j \leq n}d(i,j)\) 。

\[\texttt{Solution}
\]

  • 考虑任意两个点 \(i,j\) ,不妨设 \(x_i \leq x_j\) :
  1. 当 \(v_i \leq v_j\) 时:

    说明点 \(i\) 的速度不比点 \(j\) 快,意味着每过一秒,点 \(i,j\) 的距离会增大 \(v_j-v_i\) ,由于 \(t\times(v_j-v_i) \geq 0\) ,所以点 \(i,j\) 的距离永远不降,故时刻 \(0\) 时,\(d(i,j)\) 最小,此时 \(d(i,j)=x_j-x_i\) 。

  2. 当 \(v_i>v_j\) 时:

    说明点 \(i\) 的速度比点 \(j\) 快,意味着每过一秒,点 \(i,j\) 的距离会减少 \(v_i-v_j\) ,突然想到小学数学的 追及问题 ,显然可得,在时刻 \(\frac{x_j-x_i}{v_i-v_j}\) 时,点 \(i\) 与点 \(j\) 重合,故 \(d(i,j)=0\) 。

  • 我们发现情况 \(2\) 对答案没有贡献,实际上只是求情况 \(1\) 的贡献,也就是 \(\sum\limits_{x_i \leq x_j \ \& \ v_i \leq v_j}(x_j-x_i)\) 。

  • 然后我们发现这是一个经典的偏序问题,具体的:

  • 我们将所有点按 \(x\) 这一维从小到大排序,就可以直接去掉 \(x_i \leq x_j\) 的偏序关系了。

  • 将 \(v\) 这一维离散化,建立两个 BIT(当然线段树也行),一个用于维护当前扫描到的点中, \(v\) 值在区间内的点的个数,一个用于维护 \(v\) 值在区间内的点的 \(x\) 值和。

  • 接下来我们扫描每个点 \(i\) ,计算将 \(i\) 当成位置靠后的那个点时所产生的贡献,当固定住 \(i\) 时,此时 \(x_i\) 是不变的,我们记 \(v\) 值小于等于 \(v_i\) 的点的数量为 \(c_1\) , \(v\) 值小于等于 \(v_i\) 点的 \(x\) 值和为 \(c_2\) ,贡献为 \(x_i \times c_1-c_2\) ,最后再将点 \(i\) 插入 BIT ,扫描完即可求出答案。

  • \(\mathcal{O(n \log n)}\) 。

\[\texttt{Code}
\]

#include<cstdio>
#include<algorithm> #define RI register int using namespace std; namespace IO
{
static char buf[1<<20],*fs,*ft;
inline char gc()
{
if(fs==ft)
{
ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin);
if(fs==ft)return EOF;
}
return *fs++;
}
#define gc() getchar()
inline int read()
{
int x=0,f=1;char s=gc();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=gc();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=gc();}
return x*f;
}
}using IO::read; const int N=200100; int n; struct Node{
int x;
int v;
}a[N]; bool cmp(Node a,Node b)
{
return a.x<b.x;
} int len,mapval[N]; void discrete() // 离散化
{
sort(mapval+1,mapval+1+len);
len=unique(mapval+1,mapval+1+len)-mapval-1;
} int Real(int x)
{
return lower_bound(mapval+1,mapval+1+len,x)-mapval;
} long long c[N][2]; // 0 维是数量 , 1 维是 x 值和 void add(int x,int k,int val)
{
for(;x<=len;x+=x&-x)c[x][k]+=val;
} long long ask(int x,int k)
{
long long ans=0;
for(;x;x-=x&-x)ans+=c[x][k];
return ans;
} long long ans; int main()
{
n=read(); for(RI i=1;i<=n;i++)
a[i].x=read(); for(RI i=1;i<=n;i++)
mapval[++len]=a[i].v=read(); sort(a+1,a+1+n,cmp); // 排序 discrete(); for(RI i=1;i<=n;i++)
a[i].v=Real(a[i].v); for(RI i=1;i<=n;i++)
{
ans+=a[i].x*ask(a[i].v,0)-ask(a[i].v,1); // 计算
add(a[i].v,0,1),add(a[i].v,1,a[i].x);
} printf("%lld\n",ans); return 0;
}

\[\texttt{Thanks} \ \texttt{for} \ \texttt{watching}
\]

题解【CF1311F Moving Points】的更多相关文章

  1. [CF1311F] Moving Points - 树状数组

    Solution 按 \(x\) 关键字升序排序,依次枚举每个点 考虑对任意 \(x_j < x_i\),那么当 \(v_j \leq v_i\) 时,它们不会相交,且 \(dis\) 就是它们 ...

  2. F. Moving Points 解析(思維、離散化、BIT、前綴和)

    Codeforce 1311 F. Moving Points 解析(思維.離散化.BIT.前綴和) 今天我們來看看CF1311F 題目連結 題目 略,請直接看原題. 前言 最近寫1900的題目更容易 ...

  3. HDOJ 4717 The Moving Points

    The Moving Points Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others ...

  4. HDU 4717The Moving Points warmup2 1002题(三分)

    The Moving Points Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others ...

  5. The Moving Points hdu4717

    The Moving Points Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others ...

  6. HDU 4717 The Moving Points (三分)

    The Moving Points Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others ...

  7. HDUOJ---The Moving Points

    The Moving Points Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others ...

  8. 题解 CF576C 【Points on Plane】

    题解 CF576C [Points on Plane] 一道很好的思维题. 传送门 我们看这个曼哈顿距离,显然如果有一边是按顺序排列的,显然是最优的,那另一边怎么办呢? 假如你正在\(ioi\)赛场上 ...

  9. HDU-4717 The Moving Points(凸函数求极值)

    The Moving Points Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others ...

随机推荐

  1. Leetcode 题目整理-4 Longest Common Prefix & Remove Nth Node From End of List

    14. Longest Common Prefix Write a function to find the longest common prefix string amongst an array ...

  2. TypeScript躬行记(4)——泛型

    泛型是程序设计语言中的一种风格或范式,相当于类型模板,允许在声明类.接口或函数等成员时忽略类型,而在未来使用时再指定类型,其主要目的是为它们提供有意义的约束,提升代码的可重用性. 一.泛型参数 当一个 ...

  3. 用什么库写 Python 命令行程序?看这一篇就够了

    作者:HelloGitHub-Prodesire HelloGitHub 的<讲解开源项目>系列,项目地址:https://github.com/HelloGitHub-Team/Arti ...

  4. ATL的GUI程序设计(前言)

    前言 也许,你是一个顽固的SDK簇拥者: 也许,你对MFC抱着无比排斥的态度,甚至像我一样对它几乎一无所知: 也许,你符合上面两条,而且正在寻求着一种出路: 也许,你找到了一条出路--WTL,但是仍然 ...

  5. Codeforces_714_A

    http://codeforces.com/problemset/problem/714/A 水,注意K的值. #include <iostream> using namespace st ...

  6. lua学习之基础概念篇

    基础概念 程序块 (chunk) 定义 lua 中的每一个源代码文件或在交互模式(Cmd)中输入的一行代码都称之为程序块 一个程序块就是一连串语句或者命令 lua 中连续的语句不需要分隔符,但为了可读 ...

  7. Jumpserver:跳板机

    简介 jumpserver是github上的一个开源项目,其能有效的对服务器.用户进行分组,实现用户-系统用户-服务器的对应权限控制,并结合审计.日志等功能,据说是 4A 级的专业运维审计系统,系统提 ...

  8. Go语言实现:【剑指offer】孩子们的游戏

    该题目来源于牛客网<剑指offer>专题. 每年六一儿童节,牛客都会准备一些小礼物去看望孤儿院的小朋友,今年亦是如此.HF作为牛客的资深元老,自然也准备了一些小游戏.其中,有个游戏是这样的 ...

  9. github三步走(init;add . ;commit -m "提交说明")

    掌握以下几点就基本能满足你平时使用了.按这个顺序来1.git安装,已经好了,略 -到这里本地代码推送到远程已经结束了 2.git本地命令操作-shift+右键-git init:初始化git环境-新建 ...

  10. java8 Stream API笔记

    生成Stream Source的方式 从Collection和数组生成 * Collection.stream() * Collection.parallelStream() * Arrays.str ...