题解【[USACO05NOV]奶牛玩杂技】

\[\texttt{Description}
\]

有 \(n\) 头牛，每头牛都有自己的体重 \(W_i\) 和力量 \(S_i\) 。

将这 \(n\) 头牛摞在一起，每头牛的压扁指数定义为：压在该牛上面的牛的体重之和 \(-\) 该牛力量 。

您需要找到一种摞牛方案，使得压扁指数最大的牛的压扁指数最小。

求这个压扁指数。

\[\texttt{Solution}
\]

• 微扰（邻项交换）证明贪心好题。
• 考虑任意一个摞牛方案，设该摞牛方案中，从顶端往底端数的第 \(i\) 头牛的体重为 \(W_i\) ，力量为 \(S_i\) 。
• 记 \(Z_i=\sum\limits_{j=1}\limits^{i}W_j\)（前 \(i\) 头牛体重和）。
• 我们考虑任意一个邻项，考虑交换，易得：

交换前第 \(i\) 头牛的压扁指数：\(Z_{i-1}-S_i\) 。

交换前第 \(i+1\) 头牛的压扁指数：\(Z_{i-1}+W_i-S_{i+1}\) 。

交换后第 \(i\) 头牛的压扁指数：\(Z_{i-1}-S_{i+1}\) 。

交换后第 \(i+1\) 头牛的压扁指数：\(Z_{i-1}+W_{i+1}-S_i\) 。

• 我们发现需要比较这两个式子的值：

\[\max(Z_{i-1}-S_i,Z_{i-1}+W_i-S_{i+1}) \\ \max(Z_{i-1}-S_{i+1},Z_{i-1}+W_{i+1}-S_i)
\]

• 式子内部减去 \(Z_{i-1}\) ，得：

\[\max(-S_i,W_i-S_{i+1}) \\ \max(-S_{i+1},W_{i+1}-S_i)
\]

• 式子内部加上 \(S_i+S_{i+1}\) ，得：

\[\max(S_{i+1},W_i+S_i) \\ \max(S_i,W_{i+1}+S_{i+1})
\]

• 注意到 \(W\) 为正整数，所以有 \(S_i \leq W_i+S_i\) ，\(S_{i+1} \leq W_{i+1}+S_{i+1}\) 。
• 也就是说当 \(S_{i+1} = \max(S_{i+1},W_i+S_i)\) 时，也定不会比 \(\max(S_i,W_{i+1}+S_{i+1})\) 大，另一式子同理。
• 故可以转化为比较这两个式子的值：

\[W_i+S_i \\ W_{i+1}+S_{i+1}
\]

• 当 \(W_i+S_i \leq W_{i+1}+S_{i+1}\) 时，上式 \(\leq\) 下式，则交换前定不比交换后优。
• 当 \(W_i+S_i \geq W_{i+1}+S_{i+1}\) 时，上式 \(\geq\) 下式，则交换后定不比交换前劣。
• 我们将满足 \(W_i+S_i > W_j+S_j\) ，\(i<j\) 的点对 \((i,j)\) 视为一个逆序对，显然，在任意局面下，增加逆序对的数量都不会使整体结果变优，减少逆序对的数量都不会使整体结果变差。
• 根据冒泡排序，在任意局面下，都可通过邻项交换使得该序列的逆序对数量变 \(0\) 。
• 也就是说，即使你的最优摞牛方案逆序对数量不为 \(0\) ，我也可以通过排序，使得在答案不更劣的情况下，使得逆序对数量为 \(0\) ，故逆序对为 \(0\) 时一定为最优方案。
• 当逆序对数量为 \(0\) 时，实际上就是将这 \(n\) 头牛以 \(W_i+S_i\) 为关键字从小到大排序。
• 至此我们就有一个贪心策略：将这 \(n\) 头牛以 \(W_i+S_i\) 为关键字从小到大排序。尽管这个贪心策略很玄学。
• 排好序，按题目描述说的一样算出答案即可。
• \(\mathcal{O(n \log n)}\) 。

\[\texttt{Code}
\]

#include<cstdio>
#include<algorithm>

#define RI register int

using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}

const int N=50010;

int n;

struct Cow{
	int W,S;
}a[N];

bool cmp(Cow a,Cow b)
{
	return a.W+a.S<b.W+b.S;
}

long long ans=-0x3f3f3f3f;

int main()
{
	n=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		a[i].W=read(),a[i].S=read();

	sort(a+1,a+1+n,cmp);

	long long sum=0;
	for(RI i=1;i<=n;i++)
	{
		ans=max(ans,sum-a[i].S);
		sum+=a[i].W;
	}

	printf("%lld\n",ans); 

	return 0;
}

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