Codeforces 521D - Shop（贪心）

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一道不算太难的贪心，可惜又没自己想出来，显然省选之后我的能力呈 \(y=-1145141919810192608179998244353x+c\) 的趋势下滑，其中 \(c\) 为我省选前的能力（

首先假设我们已经选出了这 \(k\) 个操作，考虑按照怎样的顺序执行这些操作，显然我们会先执行赋值操作，再加法操作，最后乘法操作，因为赋值操作早晚都是要进行的，按照贪心的思想显然在一开始就进行赋值操作最优，而对于序列中某个元素 \(x\)，我们假设它需进行 \(+y,\times z\) 两个操作，那么先加后乘的结果为 \(z(x+y)\)，先乘后加的结果为 \(xz+y\)，做差可得 \(\Delta=y(z-1)\ge 0\)，故先加后乘必然比先乘后加来得更优。

接下来考虑怎样选出这些操作。首先很明显对于一个 \(\times z\) 的操作，不管它作用在哪个数上，都会导致最后的结果也乘 \(z\)，也就是说如果只有乘法操作的话，我们可以直接将 \(z\) 从大到小排序贪心。那加上加法和赋值操作该怎么办呢？有一件很显然的事情是赋值操作可以转化为加法操作，因为显然每个数最多被赋一次值，并且给下标为 \(i\) 的元素赋的值只可能是所有作用在 \(i\) 的赋值操作中值最大的，假设为 \(x_i\)，那么我们就可以将作用在 \(i\) 上的赋值操作看作一次 \(+(x_i-a_i)\) 的加法操作。这样就只有加法操作了，我们还可以发现，对于加法操作我们肯定会按加的值从大到小选择，也就是说对于一次作用在 \(i\) 上的加法操作 \(+v\)，假如我们执行了这次操作，那么在此次操作前 \(a_i\) 的值必然是一个定值，也就是说我们也可以将这次操作看作 \(\times\dfrac{a_i+v}{a_i}\)。这样所有加法、赋值操作都可以转化为乘法操作，也就可以按照最一开始的贪心策略贪了，时间复杂度 \(n\log n\)。

这里有一个小的注意点，就是我们由加法转化来的乘法操作会出现分数，此时我们就要对分数比较大小，而这题分数的分子分母会达到 \(10^5\times 10^6=10^{11}\)，直接比较大小运算量会达到 \(10^{11}\times 10^{11}=10^{22}\)，爆 ll，如果我没记错的话这样写大概会 WA 146，这里有一个小技巧，就是所有分数值都减去 \(1\)，这样 \(\times\dfrac{a_i+v}{a_i}\) 就变成了 \(\dfrac{v}{a_i}\)，分子大小就降到了 \(10^{6}\)，直接排就能过了。

const int MAXN=1e5;
int n,m,k,ini[MAXN+5],c1,c2,c3;
struct event{int opt,id,x;ll a,b;} q1[MAXN+5],q2[MAXN+5],q3[MAXN+5];
bool cmp1(event lhs,event rhs){return (lhs.x^rhs.x)?(lhs.x<rhs.x):(lhs.a<rhs.a);}
bool cmp2(event lhs,event rhs){return (lhs.x^rhs.x)?(lhs.x<rhs.x):(lhs.a>rhs.a);}
bool cmp3(event lhs,event rhs){return lhs.a*rhs.b>rhs.a*lhs.b;}
bool cmp4(event lhs,event rhs){return lhs.opt<rhs.opt;}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&ini[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int opt,x,y;scanf("%d%d%d",&opt,&x,&y);
		if(opt==1&&y>ini[x]) q1[++c1]={1,i,x,y,1};
		else if(opt==2) q2[++c2]={2,i,x,y,1};
		else if(opt==3) q3[++c3]={3,i,x,y,1};
	} sort(q1+1,q1+c1+1,cmp1);
	for(int i=1;i<=c1;i++) if(q1[i].x!=q1[i+1].x)
		q2[++c2]={q1[i].opt,q1[i].id,q1[i].x,q1[i].a-ini[q1[i].x],1};
	sort(q2+1,q2+c2+1,cmp2);ll sum=0;
	for(int i=1;i<=c2;i++){
		if(q2[i].x!=q2[i-1].x) sum=ini[q2[i].x];
		q3[++c3]={q2[i].opt,q2[i].id,q2[i].x,sum+q2[i].a,sum};sum+=q2[i].a;
//		printf("%d %d %d %lld\n",q2[i].opt,q2[i].id,q2[i].x,q2[i].a);
	} for(int i=1;i<=c3;i++) q3[i].a-=q3[i].b;
	sort(q3+1,q3+c3+1,cmp3);k=min(c3,k);
	sort(q3+1,q3+k+1,cmp4);printf("%d\n",k);
	for(int i=1;i<=k;i++) printf("%d ",q3[i].id);
	return 0;
}