Expedition

Expedition

给出n+1个整点\(\{x_i\}\)(保证递增排序)，一个司机带着初始油量p,从\(x_{n+1}\)出发，每行驶一个单位长度消耗一个油量，其中\(x_1\sim x_n\)为加油站，到达第i个加油站，可以选择获得油量\(a_i\)(不允许重复加油),询问其实你可以这样理解\(a_{n+1}=p\),开始油量为0，询问司机是否能到达原点，如果可以的话，请问最少的加油次数，\(n\leq 10000,1 <= P <= 1,000,000,x_{n+1}\leq 10^6,max(a_i)\leq 100\)。

解

对于是否可以满足，显然从从右往左扫描，模拟一下即可。

考虑贪心，从右往左扫描,位置当前为x，显然对于现在所有的油量p,可以到达的范围为\([p-x,p]\)，接下来我要走的更远，然后就能保证加油次数最少，显然需要取得这个位置范围中油量最大的加油站，设其有油量\(a\),然后可以到达的范围就变为\([p-x-a,p]\),然后\(++ans\),如果原点被这个范围所包括，那么就可以输出答案。

这样就得到一个\(O(n^2)\)做法，显然对于范围中最大的加油站不能暴力扫描，我们可以利用堆动态维护她，然后就可以做到\(nlog(n)\)。

参考代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define il inline
#define ri register
#define Size 15000
using namespace std;
template<class free>
struct heap{
	free a[Size];int n;
	il void push(free x){
		a[++n]=x;ri int p(n);
		while(p>1)
			if(a[p]>a[p>>1])
				swap(a[p>>1],a[p]),
					p>>=1;
			else break;
	}
	il void pop(){
		a[1]=a[n--];ri int p(1),s(2);
		while(s<=n){
			if(s<n&&a[s+1]>a[s])++s;
			if(a[s]>a[p])
				swap(a[s],a[p]),
					p=s,s<<=1;
			else break;
		}
	}
};
struct stop{
	int x,p;
	il bool operator<(const stop&a){
		return p>a.p;
	}
}s[Size];
heap<int>H;
il void read(int&);
il bool comp(const stop&,const stop&);
int main(){
	int n;read(n);
	for(int i(1);i<=n;++i)
		read(s[i].x),read(s[i].p);
	sort(s+1,s+n+1,comp);
	int x,p,ans(-1);read(x),read(p),H.push(p);
	while(true){
		if(!H.n)break;
		x-=H.a[1],++ans,H.pop();if(x<=0)break;
		while(s[n].x>=x&&n)H.push(s[n].p),--n;
	};
	if(x>0)puts("-1");
	else printf("%d",ans);
	return 0;
}
il bool comp(const stop&a,const stop&b){
	return a.x<b.x;
}
il void read(int &x){
	x^=x;ri char c;while(c=getchar(),c<'0'||c>'9');
	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
}