[洛谷P4602] CTSC2018 混合果汁

问题描述

小 R 热衷于做黑暗料理，尤其是混合果汁。 商店里有 n 种果汁，编号为 0, 1, 2, . . . , n − 1。i 号果汁的美味度是 di，每升价格为 pi。小 R 在制作混合果汁时，还有一些特殊的规定，即在一瓶混合果汁中，i 号果汁最 多只能添加 li 升。 现在有 m 个小朋友过来找小 R 要混合果汁喝，他们都希望小 R 用商店里的果汁 制作成一瓶混合果汁。其中，第 j 个小朋友希望他得到的混合果汁总价格不大于 gj，体 积不小于 Lj。在上述这些限制条件下，小朋友们还希望混合果汁的美味度尽可能地高， 一瓶混合果汁的美味度等于所有参与混合的果汁的美味度的最小值。请你计算每个小 朋友能喝到的最美味的混合果汁的美味度。

输入格式

从文件 juice.in 中读入数据。

输入第一行包含两个正整数 n, m，表示果汁的种数和小朋友的数量。

接下来 n 行，每行三个正整数 di , pi , li，表示 i 号果汁的美味度为 di，每升价格为 pi，在一瓶果汁中的添加上限为 li。

接下来 m 行依次描述所有小朋友：每行两个数正整数 gj , Lj 描述一个小朋友，表 示他最多能支付 gj 元钱，他想要至少 Lj 升果汁。

输出格式

输出到文件 juice.out 中。

对于所有小朋友依次输出：对于每个小朋友，输出一行，包含一个整数，表示他能 喝到的最美味的混合果汁的美味度。如果无法满足他的需求，则输出 −1。

样例输入

3 4

1 3 5

2 1 3

3 2 5

6 3

5 3

10 10

20 10

样例输出

3

2

-1

1

说明

对于所有的测试数据，保证 n, m ≤ 100000，1 ≤ di , pi , li ≤ 10^5，1 ≤ gj , Lj ≤ 10^18。

解析

通过打表等一系列玄学方式可以发现答案具有单调性。二分一个d，则我们只能选择大于等于d的果汁。然后对所有大于等于d的果汁建立一棵以价格为下标的权值线段树，每个节点还要保存一下总体积和价格。这样我们就可以在权值线段树上用Lim二分了。

但是不能每二分一次就重新建树。我们可以建立一棵主席树利用可持久化来解决这个问题。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define int long long
#define N 100002
#define T 100000
using namespace std;
struct ChairmanTree{
	int l,r,suml,sump;
}t[N*40];
struct juice{
	int d,p,l;
}a[N];
int n,m,i,g[N],L[N],root[N],p;
int read()
{
	char c=getchar();
	int w=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c<='9'&&c>='0'){
		w=w*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return w;
}
int my_comp(const juice &x,const juice &y)
{
	return x.d<y.d;
}
int insert(int pre,int l,int r,int L,int P)
{
	p++;
	int num=p;
	t[p]=t[pre];
	t[p].suml+=L;t[p].sump+=L*P;
	if(l<r){
		int mid=(l+r)/2;
		if(P<=mid) t[p].l=insert(t[pre].l,l,mid,L,P);
		else t[p].r=insert(t[pre].r,mid+1,r,L,P);
	}
	return num;
}
int ask(int p,int l,int r,int L)
{
	if(l==r) return l*L;
	int mid=(l+r)/2;
	if(L<=t[t[p].l].suml) return ask(t[p].l,l,mid,L);
	return t[t[p].l].sump+ask(t[p].r,mid+1,r,L-t[t[p].l].suml);
}
signed main()
{
	n=read();m=read();
	for(i=1;i<=n;i++) a[i].d=read(),a[i].p=read(),a[i].l=read();
	for(i=1;i<=m;i++) g[i]=read(),L[i]=read();
	a[0].d=-1;
	sort(a+1,a+n+1,my_comp);
	for(i=n;i>=1;i--) root[i]=insert(root[i+1],1,T,a[i].l,a[i].p);
	for(i=1;i<=m;i++){
		int l=1,r=T,mid,ans=0;
		while(l<=r){
			mid=(l+r)/2;
			if(L[i]<=t[root[mid]].suml&&ask(root[mid],1,T,L[i])<=g[i]){
				ans=mid;
				l=mid+1;
			}
			else r=mid-1;
		}
		printf("%lld\n",a[ans].d);
	}
	return 0;
}