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原题链接：https://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1689
一开始想枚举逛街的终点，然后开两个大根堆维护b值，分别保证喜爱店不少于k，以及在此前提下逛到的店尽可能多。具体实现是维持第一个堆元素数为k，每加入一个元素，如果c为1，就丢进第一个堆，并把堆顶丢到第二个，c为0直接丢进第二个。如果两个堆的元素b值之和超过T，就从第二个堆删元素。
但是这种写法最后的删元素部分有可能删去对答案有贡献的点，这时再把丢掉的元素维护起来，每次都差一下，然后就T了。
于是考虑每次删元素都看看第三个堆与第二个堆的优劣，删去无用元素，可以省去很多无用计算。
#include<queue> #include<cstdio> #include<algorithm> #define MN 100001 using namespace std; int read_p,read_ca; inline int read(){ read_p=0;read_ca=getchar(); while(read_ca<‘0‘||read_ca>‘9‘) read_ca=getchar(); while(read_ca>=‘0‘&&read_ca<=‘9‘) read_p=read_p*10+read_ca-48,read_ca=getchar(); return read_p; } int n,m,k,a[MN],b[MN],mmh=-1,A; long long T=0; priority_queue <int> q,Q,S; int main(){ register int i; n=read();m=read();k=read(); for (i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for (i=1;i<=n;i++) b[i]=read(); for (i=1;i<=n;i++){ if (read()) if (int(q.size())<k) q.push(b[i]);else q.push(b[i]),Q.push(q.top()),q.pop();else Q.push(b[i]); T+=b[i]; if (int(q.size())<k) continue; while (T+a[i]>m&&(!Q.empty())) T-=Q.top(),S.push(-Q.top()),Q.pop(); while (!S.empty()&&T+a[i]-S.top()<=m) T-=S.top(),Q.push(-S.top()),S.pop(); while (!S.empty()&&-S.top()<Q.top()){ T-=S.top();Q.push(-S.top());S.pop(); while (T+a[i]>m&&(!Q.empty())) T-=Q.top(),S.push(-Q.top()),Q.pop(); } if (T+a[i]<=m&&k+int(Q.size())>mmh) mmh=k+int(Q.size()); } printf("%d\n",mmh); }
LYK喜欢逛街。
但是LYK时间有限，只有T个单位时间。
LYK从1号店出发，从1号店走到第i号店需要花费 ai 个单位的时间，这些店形成了一条直线，因此LYK从i号店到i+1号店花费的时间为 ai+1−ai 。若选择进去逛，则需要需要花费 bi 的时间。对于第i家店，LYK对其有个评估值 ci ，表示自己是否喜欢这家店。
LYK想在有限的时间内，逛无限的街，当然这是不可能的。
它有个目标，将走进去逛的店中 ci 的和加起来，要使得这个值 ≥ k，在此基础上，能逛的店越多越好。
它想知道最多能逛多少店。
若无法满足LYK的要求，输出-1。
第一行三个整数n(1<=n<=100000),T(1<=T<=10^9),k(0<=k<=n)。 接下来一行n个数，表示ai(a1=0,a1<a2<...<an<=10^9)。 接下来一行n个数，表示bi(1<=bi<=10^9)。 接下来一行n个数，表示ci(0<=ci<=1)。
一行表示答案。
4 11 1 0 1 2 10 1 1 1 1 0 0 0 1
1
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Enceladus/p/5751185.html
