题解-CF436E Cardboard Box

题面

CF436E Cardboard Box

\(n\) 个关卡，对每个关卡可以花 \(a_i\) 时间得到 \(1\) 颗星，或花 \(b_i\) 时间得到 \(2\) 颗星，或不玩。问获得 \(m\) 颗星最少需要多少时间。

数据范围：\(1\le n\le 3\cdot 10^5\)，\(1\le m\le 2n\)，\(a_i<b_i\)。

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题解

蒟蒻做这题时已经知道是反悔贪心了，但是做了 \(4\) 个小时做不出来。于是去看题解，感觉这个 \(5\) 堆做法太非人类了，于是去看 CF 题解和代码后总结出了蒟蒻的不用反悔贪心的做法和题解。

如果不反悔贪心，那么每一步必须保证没有后效性地最优。

很明显如果只有 \(a_i\)，排序可以满足这个条件。

这题最朴素的错误做法是用一个小顶堆，刚开始把所有 \(a_i\) 丢进去，然后 \(m\) 次每次取堆顶，如果选了 \(a_i\) 把 \(b_i-a_i\) 也丢进去。

如果 \(a_i\) 都很大，\(b_i-a_i\) 都很小这样显然是亏的。

假如某个 \(i\) 打出 \(2\) 星是当前最优，如果 \(a_i\) 已经取了按照上面的办法肯定没有问题；但是如果 \(a_i\) 都没取，\(a_i\) 不一定是单个中的最优。

所以这篇题解最重要的骚操作就来了：选之前权衡，选两个的最优还是一个的最优：哪个更优？

可以用一个 vis 数组记录打了那些关卡，每次把打了的从堆中扔掉，这样就可以假定堆中的都是没有打过的了。

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代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define x first
#define y second
#define bg begin()
#define ed end()
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(a) int((a).size())
#define R(i,n) for(int i(0);i<(n);++i)
#define L(i,n) for(int i((n)-1);~i;--i)
const int iinf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//Data
const int N=3e5,sN=N<<1;
int n,m,star[N];
ll a[sN],ns; bool vis[sN];
priority_queue<pair<ll,int>> o,t;
void ref(priority_queue<pair<ll,int>> &q){
    while(sz(q)&&vis[q.top().y]) q.pop();
}

//Main
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>m;
    R(i,n) cin>>a[i]>>a[i+n],a[i+n]-=a[i],
        o.push(mp(-a[i],i)),t.push(mp(-a[i]-a[i+n],i));
    while(m--){
        ref(o),ref(t);
        int i=o.top().y; o.pop(),ref(o);
        if(m&&sz(t)&&a[i]-o.top().x>=-t.top().x)
            o.push(mp(-a[i],i)),i=t.top().y,t.pop();
        i<n&&(o.push(mp(-a[i+n],i+n)),true);
        ns+=a[i],star[i%n]++,vis[i]=true;
    }
    cout<<ns<<'\n';
    R(i,n) cout<<star[i],i==n-1&&(cout<<'\n');
    return 0;
}

/*

可以考虑不反悔：权衡一个两个哪个优！

*/

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祝大家学习愉快！