【NOIP2016提高组】 Day2 T2 蚯蚓

题目传送门：https://www.luogu.org/problemnew/show/P2827

自测时被题面所误导...，题面中说逢t的倍数才输出答案，以为有什么玄妙的方法直接将m次操作变成了m/t次操作。结果GG....

65分做法：写一个左偏树，每次取出最顶端元素，对堆中其余元素全部+q（可以用标记完成），将该元素取出后，切为两段后再丢入该树中。时间复杂度为O((m+n) log m)。

幸好我不会65分的STL做法，据说此题有人用STL被卡了5分.....

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<queue>
 #include<cstring>
 #define M 1100000
 using namespace std;
 priority_queue<int> Q;
 int n,m,q,t;
 int tag[M]={},a[M]={},lc[M]={},rc[M]={};

 void pushdown(int x){
     if(!tag[x]) return;
     tag[lc[x]]+=tag[x]; tag[rc[x]]+=tag[x];
     a[lc[x]]+=tag[x]; a[rc[x]]+=tag[x];
     tag[x]=;
 }
 int merge(int x,int y){
     if(!x) return y;
     if(!y) return x;
     if(a[x]>a[y]){
         pushdown(x);
         rc[x]=merge(rc[x],y);
         swap(lc[x],rc[x]);
         return x;
     }else{
         pushdown(y);
         lc[y]=merge(x,lc[y]);
         swap(lc[y],rc[y]);
         return y;
     }
 }
 int rt=,use=;
 long long v,u;
 int main(){
     freopen("earthworm.in","r",stdin);
     freopen("earthworm.out","w",stdout);
     cin>>n>>m>>q>>u>>v>>t;
     for(int i=;i<=n;i++){
         int x; scanf("%d",&x);
         use++; a[use]=x;
         rt=merge(use,rt);
     }
     for(int i=;i<=m;i++){
         int x=a[rt],lastrt=rt;
         rt=merge(lc[rt],rc[rt]);
         tag[rt]+=q; a[rt]+=q;
         if(i%t==) printf("%d ",x);
         int x1=(u*x)/v,x2=x-x1;
         lc[lastrt]=rc[lastrt]=; a[lastrt]=x1;
         rt=merge(rt,lastrt);
         use++; a[use]=x2;
         rt=merge(use,rt);
     }
     printf("\n");
     for(int i=;i<=m+n;i++){
         int x=a[rt]; rt=merge(lc[rt],rc[rt]);
         if(i%t==) printf("%d ",x);
     }
     printf("\n");
 }

很垃圾的65分代码

下面说下100%的做法。

首先，先开三个队列，x,y,z。初始状态下，队列x中保存的是完全没有被切过的蚯蚓的长度（初始时排个序，最大的在最前面），队列y中保存一条被切开的蚯蚓前半部分的长度，队列z中保存一条被切开的蚯蚓的后半部分的长度。我们需保证y，z中元素的单调递减性。

不妨设q=0。由于p=[0,1]，则有x[1]≥y[1],z[1]。又因x[i]≥x[i-1],则有y[i]≥y[i-1]，z[i]≥z[i-1]。我们每次在x,y,z三个队列的头部取出长度最长的蚯蚓，随后将其分为两半后，分别直接加至y队列和z队列末尾，基于上述性质，无需排序或树结构维护y,z的单调性。

这种方法已经可以拿90分了...

实际上，当q≠0时，通过一些小的操作，y,z的单调性依然能够满足。

假设当前时间为t，若取出元素入队的时间为t0,入队时长度为x,则出队长度为q(t-t0)+x。我们修改下元素入队的规则，假设当前需要将x入队，则在x入队前，将x减去q*t0，再加入队列中。不难证明该方法可以保证y，z队列依然满足单调性。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 #define L long long
 #include<queue>
 #define INF 1231231231
 #define M 10000010
 using namespace std;
 int x[M]={},y[M]={},z[M]={};int a[M]={},b[M]={};
 int u,v,q,t,h1=,h2=,h3=,t1=,t2=,t3=; int n,m;
 int main(){
     freopen("earthworm.in","r",stdin);
     freopen("earthworm.out","w",stdout);
     scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);
     for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
     sort(a+,a+n+);
     for(int i=n;i;i--) x[t1++]=a[i];
     for(int i=,pls=;i<=m;i++){
         int tmp=-INF,id=;
         if(h1<t1) if(tmp<x[h1]) tmp=x[h1],id=;
         if(h2<t2) if(tmp<y[h2]) tmp=y[h2],id=;
         if(h3<t3) if(tmp<z[h3]) tmp=z[h3],id=;
         tmp+=pls; pls+=q;
         if(i%t==) printf("%d ",tmp);
         if(id==) h1++; if(id==) h2++; if(id==) h3++;
         L y1=((L)tmp*u)/v,z1=tmp-y1;
         y[t2++]=(y1-pls); z[t3++]=(z1-pls);
     }
     int pls=(m)*q; printf("\n");
     for(int i=;i<=n+m;i++){
         int tmp=-INF,id=;
         if(h1<t1) if(tmp<x[h1]) tmp=x[h1],id=;
         if(h2<t2) if(tmp<y[h2]) tmp=y[h2],id=;
         if(h3<t3) if(tmp<z[h3]) tmp=z[h3],id=;
         tmp+=pls; if(i%t==) printf("%d ",tmp); //b[i]=tmp;
         if(id==) h1++; if(id==) h2++; if(id==) h3++;
     }
     //for(int i=1;i<=n+m;i++) printf("%lld ",b[i]);
 }