标签:printf 匹配 个性 左右 tps return mes href problem
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT3949
长度为\(L\)的坐标轴上,给出\(n\)个点,每个点\(x_i\)需要购物\(t_i\)的时间,一辆车在\(0\sim L\)折返跑,求从\(0\)出发购物完回到\(0\)的最短时间。
\(n\in[1,3\times 10^5],L\in[1,10^9]\),输入的\(x_i\)单调递增。
挺奇妙的题目,\(WC2021\)讲课的题。
首先每个\(t_i\)先\(\%\)上一个\(2\times L\)。然后把那些\(2\times L\)加到答案里先,这些无可避免。
然后考虑一个点,如果从右边进只需要到达一次端点就视为左括号,如果从右边进只需要到达一次端点就视为右括号。
先默认每个点的贡献都是\(2\times L\),显然一个左括号和一个右括号匹配可以减少\(2\times L\)的贡献,因为如果先走右边那个再来走左边那个,这样他们的贡献和就是\(2\times L\)。
而有些点既可以视为左又可以视为右,此时我们需要最大化匹配数。
其实还有一个性质,如果一个节点开始固定作为左括号,那么它后面的一定不会有固定作为右括号的(拿作为左右括号的条件看一下就能理解了)。所以不会有两个固定的括号匹配。
然后就可以直接贪心匹配了,时间复杂度\(O(n)\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int n,len,x[N],t[N],l[N],r[N],ans;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&len);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&x[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&t[i]);
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=t[i]/(2*len);t[i]%=2*len;
if(!t[i]){ans--;continue;}
l[i]=(t[i]<=x[i]*2);
r[i]=(t[i]<=(len-x[i])*2);
}
int lim=n,L=0,R=0;ans+=n+1-r[n];
for(int i=1;i<n;i++){
if(!l[i]&&!r[i])continue;
if(!r[i]){lim=i;break;}
if(!l[i]&&L)L--,ans--;
else if(l[i]) L++;
}
for(int i=n-1;i>=lim;i--){
if(!l[i]&&!r[i])continue;
if(!l[i])break;
if(!r[i]&&R)R--,ans--;
else if(r[i]) R++;
}
ans-=(L+R)>>1;
printf("%lld\n",2ll*ans*len);
return 0;
}
标签:printf 匹配 个性 左右 tps return mes href problem
原文地址:https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14396559.html