[Bzoj]5343: [Ctsc2018]混合果汁

5343: [Ctsc2018]混合果汁

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题目描述

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 \(0,1,\cdots,n-1\) 。\(i\) 号果汁的美味度是 \(d_i\)，每升价格为 \(p_i\)。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 \(l_i\) 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 \(g_j\)，体积不小于 \(L_j\)。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。

输入输出格式

输入格式：

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 \(d_i, p_i, l_i\)，表示 \(i\) 号果汁的美味度为 \(d_i\)，每升价格为\(p_i\)，在一瓶果汁中的添加上限为 \(l_i\)。

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

输出格式：

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 \(-1\)。

说明

对于所有的测试数据，保证 \(n, m \le 100000\)，\(1 \le d_i,p_i,l_i \le 10^5, 1 \le g_j, L_j \le 10^{18}\)。

测试点编号	\(n=\)	\(m=\)	其他限制
1,2,3	\(10\)	\(10\)	无
4,5,6	\(500\)	\(500\)	无
7,8,9	\(5000\)	\(5000\)	无
10,11,12	\(100000\)	\(100000\)	\(p_i=1\)
13,14,15	\(100000\)	\(100000\)	\(l_i=1\)
16,17,18,19,20	\(100000\)	\(100000\)	无

题目分析：

考虑大暴力。

假设枚举所有的\(d\)，可以发现从大到小答案是单调的。

那么我们先按照\(d\)排一遍序，然后二分这个\(d\)，对于每个d直接暴力寻找是否可以满足条件，不难发现这个算法复杂度是\(O(n^2log^2n)\)的。

思考如何优化掉一个\(n\)，发现可以对价格建立一棵权值线段树，然后对于二分的\(d\)就查询当前的状态是否能够满足总价格小于\(g\)，发现这个\(d\)是可持久化的，可以用主席树实现。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+7;
#define ll long long
#define mid ((l+r>>1))
struct Node{
	int d,p,l;
	bool operator <(const Node &rhs)const{return d<rhs.d;}
}a[MAXN];
struct Segtree{
	ll v,w;
}st[MAXN<<5];
int L[MAXN<<5],R[MAXN<<5],T[MAXN],size;
int n,m;
ll g,lim;
inline ll read()
{
    ll x=0,c=1;char ch=' ';
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
    while(ch=='-') c*=-1,ch=getchar();
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return c*x;
}
int update(int pre,int l,int r,int x,int v,ll w)
{
	int rt=++size;
	L[rt]=L[pre],R[rt]=R[pre],st[rt].v=st[pre].v+v,st[rt].w=st[pre].w+w;
	if(l==r) return rt;
	if(x<=mid) L[rt]=update(L[pre],l,mid,x,v,w);
	else R[rt]=update(R[pre],mid+1,r,x,v,w);
	return rt;
}
ll query(int v,int l,int r,ll x)
{
	if(l==r) return (ll)x*l;
	if(st[L[v]].v>=x) return query(L[v],l,mid,x);
	else return st[L[v]].w+query(R[v],mid+1,r,x-st[L[v]].v);
}
ll solve()
{
	g=read();lim=read();
	if(lim>g) return -1;
	int l=0,r=n,ans=0;
	while(l<=r){
		ll Mid=l+r>>1;
		ll d=query(T[Mid],1,MAXN,lim);
		if(lim<=st[T[Mid]].v&&d<=g) ans=Mid,l=Mid+1;
		else r=Mid-1;
	}
	return a[ans].d;
}
int main()
{
//	freopen("data.in","r",stdin);
//	freopen("my.out","w",stdout);
	n=read();m=read();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		a[i].d=read();a[i].p=read();a[i].l=read();
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	a[0].d=-1;
	T[n+1]=++size;
	for(int i=n;i>=1;i--){
		T[i]=update(T[i+1],1,MAXN,a[i].p,a[i].l,(ll)a[i].l*a[i].p);
	}
	T[0]=T[1];
	while(m--)	printf("%lld\n",solve());
	return 0;
}