[JZOJ4737] 【NOIP2016提高A组模拟8.25】金色丝线将瞬间一分为二

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Data Constraint

Hint

开long long 100分，不开10分也是醉了。

long long 卡90分的头一次见。

暴力：直接O(N^2)不说了。

部分分：x, y坐标递增，设f[i]表示i号点对之前的贡献，那么f[i] = f[i-1] + (abs(x[i] - x[i-1])+ abs(y[i] - y[i-1])) * (i - 1)，直接递推就行了。

x坐标相等的不会...

不是正解正确解法。考试的时候不知道怎么yy出来的。

我们把原序列称为p；

我们考虑，一个点i加进来的贡献，一定是 $ \large \sum_{j=1}^{i-1} |x[i]-x[j]| + |y[i]-y[j]| $.

考虑去掉绝对值，我们先看x轴，y轴和x轴一样。

那么就是如果x[i] > x[j] 贡献 += x[i] - x[j]，否则贡献 += x[j] - x[i]；

受到这个启发(不知脑子里如何蹦出的想法),我们把原数组按照x排序，得到数组p。

然后数组p中的元素的x坐标一定是单调不降的。我们设原来的i在p中的位置为pos[i]。

那么对于j < pos[i] 的元素，我们可以直接算 $ \large \sum_{ } x[i] - x[j] $。

化简一下得到 $ num * x[i] - \large \sum_{}x[j] $. num表示p数组中1~i中在i前面的数的个数。

所以我们可以用一个树状数组维护数是否出现，即里面全是01序列。

用另一个树状数组维护$ \large \sum_{ }x[j] $，即扫描到j，就把x[j]插入树状数组的pos[j]的位置。

对于j > pos[i]的同理。

对于y轴同理。

最后用四个树状数组搞定了这道题。

还有，这份代码不吸氧气只有80分。

一定记得开long long否则只有10分(论一个人如何让自己的成绩缩小10倍).

复杂度O(NlogN*一个大常数)。

完了我感觉我讲不清了233.

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <queue>

#include <cstring>

#include <ctime>

using namespace std;

#define reg register

#define INT long long

#define int long long

inline int read() {

    int res=;char ch=getchar();bool flag=;

    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')flag=;ch=getchar();}

    while(isdigit(ch))res=(res<<)+(res<<)+(ch^),ch=getchar();

    return flag?-res:res;

}

inline int abss(int x) {return x <  ? -x : x;}

int n, D;

struct date {

    int x, y, id;

}p[], px[], py[];

struct BIT {

    INT tr[];

    #define lowbit x & -x

    inline void add(int x, int y)

    {

        while(x <= n) tr[x] += y, x += lowbit;

    }

    inline INT ask(int x)

    {

        INT res = ;

        while(x) res += tr[x], x -= lowbit;

        return res;

    }

}x1, x2, y1, y2;//1:是否出现， 2：坐标

INT now;

inline bool cmp1(date a, date b)

{

    return a.x < b.x;

}

inline bool cmp2(date a, date b)

{

    return a.y < b.y;

}

int posx[], posy[];

signed main()

{

    n = read(), D = read();

    for (reg int i =  ; i <= n ; i ++) px[i].x = py[i].x = read(), px[i].y = py[i].y = read(), px[i].id = py[i].id = i;

    for (reg int i =  ; i <= n ; i ++) p[i].x = px[i].x, p[i].y = px[i].y, p[i].id = i;

    sort(px + , px +  + n, cmp1), sort(py + , py +  + n, cmp2);

    for (reg int i =  ; i <= n ; i ++) posx[px[i].id] = i;

    for (reg int i =  ; i <= n ; i ++) posy[py[i].id] = i;

    for (reg int i =  ; i <= n ; i ++)

    {

        now += x1.ask(posx[i]) * p[i].x - x2.ask(posx[i]);

        now += y1.ask(posy[i]) * p[i].y - y2.ask(posy[i]);

        now += (x2.ask(n) - x2.ask(posx[i])) - (x1.ask(n) - x1.ask(posx[i])) * p[i].x;

        now += (y2.ask(n) - y2.ask(posy[i])) - (y1.ask(n) - y1.ask(posy[i])) * p[i].y;

        x1.add(posx[i], ), x2.add(posx[i], p[i].x);

        y1.add(posy[i], ), y2.add(posy[i], p[i].y);

        if (now >= D) {printf("%d\n", i);return ;}

    //    printf("%lld\n", now);

    }

    puts("-1");

    return ;

}

巴特西