uoj problem 10

uoj problem 10

题目大意:

给定任务若干,每个任务在\(t_i\)收到,需要\(s_i\)秒去完成,优先级为\(p_i\)

你采用如下策略:

每一秒开始时,先收到所有在该秒出现的任务,然后取出当前优先级最高的任务,一直工作这个任务到下一秒,该任务的需要的时间-1s,如此循环进行,直到任务全部完成.

现在有一任务的优先级未知,但知道其被完成的时间点.确定一个合法的优先级.并计算出所有任务完成的时间

题解:

其实vfk的题解很详细.

那我就写一写我的理解吧.

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首先拿到这道题我们就会去想枚举优先级然后判定.

分析一下我们发现优先级是具有单调性的,所以我们可以二分.

这样直接就能拿到90%的分数.

然后题解上说:

第一问的二分是建立在单调性上的，而有单调性的题，往往可以试着利用扫描的方法去优化。

WTF...我好是第一次用扫描优化有单调性的题...

我们扫描一边所有的题目,先将未知的优先级按照\(-inf\)算,计算出所有的任务的结束时间

设未知优先级的任务编号为x,结束时间为T

那么我们计算出所有在\([t_x,T]\)内的工作量,然后我们将所有的任务按照优先级排序.

现在我们就确定一个优先级是的所有优先级\(<\)它的任务的工作量之和等于\(s_x\)

不难发现这样是对的.

#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline void read(ll &x){
    x=0;char ch;bool flag = false;
    while(ch=getchar(),ch<'!');if(ch=='-') ch=getchar(),flag = true;
    while(x=10*x+ch-'0',ch=getchar(),ch>'!');if(flag) x=-x;
}
const int maxn = 300010;
struct Node{
    ll t;
    ll s,p,id,idx;
    bool friend operator < (const Node &a,const Node &b){
	return a.p < b.p;
    }
}a[maxn],b[maxn];
inline bool cmp(const Node &a,const Node &b){
    return a.t < b.t;
}
ll n,T,Xl,Xr,ans[maxn];
inline void add(ll l,ll r,int id){
    ll x = min(r,Xr) - max(l,Xl) + 1;
    if(x <= 0) return ;
    b[id].s += x;
}
inline void work(int n){
    priority_queue<Node>q;
    ll la = 0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
	ll ti = a[i].t - 1;
	if(ti > la){
	    ll x = ti - la,y = 0;
	    while(!q.empty() && q.top().s <= x){
		Node no = q.top();q.pop();
		x -= no.s;y += no.s;
		ans[no.id] = la + y;
		add(la+y-no.s+1,la+y,no.idx);
	    }
	    if(!q.empty() && x){
		Node no = q.top();q.pop();
		add(la+y+1,la+y+x,no.idx);
		no.s -= x;q.push(no);
	    }
	}
	while(a[i].t == a[i+1].t){
	    q.push(a[i]);
	    ++ i;
	}q.push(a[i]);la = a[i].t - 1;
    }
}
int main(){
    read(n);int tx;
    for(int i=1;i<=n;++i){
	read(a[i].t);
	read(a[i].s);
	read(a[i].p);
	a[i].id  = i;
    }
    a[n+1].t = 1LL<<60;
    a[n+1].s = 1e9;
    a[n+1].p = -1e9;
    a[n+1].id = n+1;
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for(int i=1;i<=n;++i){
	a[i].idx = i;
	b[i] = a[i];b[i].s = 0;
	if(a[i].p == -1){
	    b[i].p = a[i].p = 0;
	    tx = i;
	}
    }
    read(T);--T;
    Xl = a[tx].t;Xr = T;work(n+1);
    sort(b+1,b+n+1);
    ll s = a[tx].s,ans1 = 0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
	s -= b[i].s;
	if(s == 0 && b[i].p + 1 != b[i+1].p){
	    ans1 = b[i].p + 1;
	    break;
	}
    }
    printf("%lld\n",ans1);
    a[tx].p = ans1;
    work(n+1);
    for(int i=1;i<=n;++i){
	printf("%lld",ans[i]+1);
	if(i != n) putchar(' ');
	else putchar('\n');
    }
    return 0;
}