bzoj 2802 [Poi2012]Warehouse Store STL

[Poi2012]Warehouse Store

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Description

有一家专卖一种商品的店，考虑连续的n天。
第i天上午会进货Ai件商品，中午的时候会有顾客需要购买Bi件商品，可以选择满足顾客的要求，或是无视掉他。
如果要满足顾客的需求，就必须要有足够的库存。问最多能够满足多少个顾客的需求。

Input

第一行一个正整数n (n<=250,000)。
第二行n个整数A1,A2,...An (0<=Ai<=10^9)。
第三行n个整数B1,B2,...Bn (0<=Bi<=10^9)。

Output

第一行一个正整数k，表示最多能满足k个顾客的需求。
第二行k个依次递增的正整数X1,X2,...,Xk，表示在第X1,X2,...,Xk天分别满足顾客的需求。

Sample Input

6
2 2 1 2 1 0
1 2 2 3 4 4

Sample Output

3
1 2 4

HINT

 

Source

鸣谢Oimaster

题解：

　　这道题目发现可以倒着来贪心，就是，今天的货存可以给当天至n天的，

　　不能给以前的，所以每次可以给后面最小的b[i]即可。

　　就是剩余的库存+现在的，来满足后面最小的需求。

 #include<cmath>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<queue>
 #include<algorithm>

 #define N 250007
 #define inf 1000000000
 #define pa pair<int,int>
 using namespace std;
 int read()
 {
     int x=;char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>'')ch=getchar();
     while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return x;
 }

 int n,ans,top;
 int a[N],b[N];
 bool dis[N];
 priority_queue<pa,vector<pa>,greater<pa> >q;

 int main()
 {
     n=read();
     for(int i=;i<=n;i++)
         a[i]=read();
     for(int i=;i<=n;i++)
         b[i]=read();
     for(int i=n;i;i--)
     {
         q.push(make_pair(b[i],i));
         while(a[i]&&!q.empty())
         {
             int t=q.top().first,id=q.top().second;
             q.pop();
             int mn=min(t,a[i]);
             t-=mn;a[i]-=mn;
             if(t)q.push(make_pair(t,id));
             else ans++;
         }
     }
     printf("%d\n",ans);
     while(!q.empty())
     {
         dis[q.top().second]=;
         q.pop();
     }
     for(int i=;i<=n;i++)
         if(!dis[i])printf("%d ",i);
 }