[atAGC049F]Happy Sequence
定义$L=2\cdot 10^{5}$,$g(x)=\sum_{i=1}^{n}|b_{i}-x|-|a_{i}-x|$,则合法当且仅当$\forall 0\le x\le L,g(x)\ge 0$,由此也可以得到$0\le a'_{i}\le L$(证明略)
初始令$a'_{i}=0$(即带来初始代价$\sum_{i=1}^{n}c_{i}a_{i}^{2}$)让$a'_{i}$增加1的代价为$c_{i}(2(a'_{i}-a_{i})+1)$,而这个操作的效果是让$g(x)$($0\le x\le a'_{i}$)减小1,让$g(x)$($a'_{i}<x\le L$)增加1(注意:以上$a'_{i}$都指操作前的数)
定义$C_{i,x}$表示让$a'_{i}=x$再增加1的代价,观察到$a'_{i}$增加1的代价单调递增,同时效果单调递减(减小的范围增大,而增加的范围减小),因此我们不需要限制只有选择了$C_{i,x-1}$才能选择$C_{i,x}$,最优方案下自然会选择$C_{i,x-1}$
换言之,即有$o(nL)$个操作,操作之间没有限制,每一个操作有代价和效果,使得$g(x)\ge 0$
记$f_{x}$表示$x$操作使用次数,则有$g(x)=g'(x)+\sum_{i=0}^{x-1}f(i)-\sum_{i=x}^{L}f(i)\ge 0$,令$S=\sum_{i=0}^{L}f(i)$,即$\sum_{i=x}^{L}f(i)\le \lfloor\frac{S+g'(x)}{2}\rfloor$,记作$\lim_{x}$
$g'(x)$很好求,然后有$S=\sum_{i=1}^{n}b_{i}$(即$\sum_{i=1}^{n}a'_{i}=\sum_{i=1}^{n}b_{i}$),证明也比较简单,考虑$g(0)$和$g(L)$即可,因此$\lim_{x}$的值就可以确定,同时这也就是合法的充要条件
换言之,题意又简化为有$nL$个物品$C_{i,x}$,使得每一个后缀所选的物品数小于等于限制,最终选择$S$个物品,最小化费用和
不难得到一个$o(nL\log_{2}nL)$的做法,即维护一个可重集$S$,从后往前枚举$x$,将这对应的$n$个物品加入集合中,然后再从$S$中删除最大的若干个数直至集合大小小于等于$\lim_{x}$,最终剩下的$S$个元素和即为答案
但这样的复杂度仍然太大,我们需要利用$c_{i}$比较小的性质,考虑用以下方法来描述$S$:
记$mx$表示当前$S$中最大值,$sz$表示当前集合大小,$sum_{x}$表示数字$x$已经被删除的次数(特别的,对于$x>mx$的部分不保证正确性,但此时必然已经删光)
定义$calc(x,v)$表示求$\sum_{i=1}^{n}[C_{i,x}=v]$,可以通过预处理$o(5)$求出其关于$x$的后缀和和$v$的前缀和
令$sz+=\sum_{i=0}^{mx}calc(x,i)$,对$sz$与$\lim_{i}$大小关系分类讨论:
1.$sz\ge \lim_{i}$,则统计$\sum_{i=x}^{n}calc(i,mx)-sum_{mx}$,判断是否大于$sz-\lim_{i}$,若大于则直接删除$sz-\lim_{i}$个,否则全部删除并重复此过程
2.$sz<\lim_{i}$,先令$sum_{mx}=\sum_{i=x+1}^{n}calc(i,mx)$,然后若$calc(x,mx)\ge lim_{i}-sz$,则加入$\lim_{i}-sz$个(删除$calc(x,mx)-(\lim_{i}-sz)$个),否则全部加入并重复此过程
考虑时间复杂度,以下证明复杂度为$o(n+LK^{2})$(其中$K$为常数,$K=\max c_{i}\le 5$)
预处理复杂度显然为$o(n)$,然后令$mx_{i}$表示第$i$后$mx$的值,计算复杂度考虑$mx$的改变,由于每一次$mx$加减都会带来$o(K)$的复杂度,因此总复杂度即为$o(K\sum_{i=1}^{L}|mx_{i}-mx_{i-1}|)$
令$nd_{x}=\lim_{x}-\lim_{x+1}$,根据$g(x)$的计算过程,不难得到$0\le nd_{x}\le n$和$nd_{x}\le nd_{x-1}$
令$f_{x}$为$C_{i,x}$中的第$nd_{x}$小,$f'_{x}$为$C_{i,x}$中第$nd_{x+1}$小,先考虑$\sum_{i=1}^{L}|f_{i}-f_{i-1}|$:
考虑$C_{i,x-1}$和$C_{i,x}$,即为前者中每一个数再加上$2c_{i}$,假设$f'_{x-1}<f_{x}-2K$,那么严格比$f'_{x}$小的数至少有$nd_{x}$个(即$f'_{x}$以及小于等于其的数),与其为第$nd_{x}$小矛盾,因此即可以得到$f_{x}-2K\le f'_{x-1}$
然后根据$nd_{x}\le nd_{x-1}$,可以得到$f'_{x-1}\le f_{x-1}$,代入即$f_{x}-2K\le f_{x-1}$,即$f_{x}-f_{x-1}\le 2K$
将$f_{i}$看成一条折线,由于$|f_{i}|\le o(LK)$,因此下降的部分小于等于上升的部分+$o(LK)$,而由于上面的式子,就可以得到$\sum_{i=1}^{L}|f_{i}-f_{i-1}|\le o(Lk)$
可以证明$mx_{i}$在$mx_{i+1}$和$f_{i}$之间(类似于偏移,虽然不一定偏到$f_{i}$,但总会偏一点),如果把这个过程反过来,类似的,也可以得到$mx_{i+1}$在$mx_{i}$和$f_{i+1}$之间
对四个数的情况模拟,不难发现一定是$f_{i}$和$f_{i+1}$包含了$mx_{i}$和$mx_{i+1}$,因此$|mx_{i}-mx_{i+1}|\le f_{i}-f_{i+1}|$,而后者累加为$o(LK)$,前者也是$o(LK)$,总复杂度即为$o(n+LK^{2})$
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define L 200000
4 #define N (L+5)
5 #define ll long long
6 int n,a[N],b[N],c[N],suma[11][N],sumb[N],sum[N*20];
7 ll ans,g[N],lim[N];
8 int calc(int x,int v){
9 int ans=0;
10 for(int i=1;i<=5;i++){
11 if ((v%i==0)&&(v%(2*i))){
12 int s=x-(v/i-1)/2;
13 if ((s<0)||(s>L))continue;
14 if (!s)ans+=suma[i][0];
15 else ans+=suma[i][s]-suma[i][s-1];
16 }
17 }
18 return ans;
19 }
20 int calc_sufx(int x,int v){
21 int ans=0;
22 for(int i=1;i<=5;i++)
23 if ((v%i==0)&&(v%(2*i))){
24 int s=(v/i-1)/2;
25 if (L-s>=0){
26 if (x-s<=0)ans+=suma[i][min(L-s,L)];
27 else ans+=suma[i][min(L-s,L)]-suma[i][min(x-s-1,L)];
28 }
29 }
30 return ans;
31 }
32 int divdn(int x,int y){
33 if (x>=0)return x/y;
34 return (x-y+1)/y;
35 }
36 int calc_prev(int x,int v){
37 int ans=0;
38 for(int i=1;i<=5;i++){
39 int s=x-divdn(divdn(v,i)-1,2);
40 if (s>L)continue;
41 if (s<=0)ans+=suma[i][L];
42 else ans+=suma[i][L]-suma[i][s-1];
43 }
44 return ans;
45 }
46 int main(){
47 scanf("%d",&n);
48 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
49 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&b[i]);
50 for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);
51 for(int i=1;i<=n;i++)suma[c[i]][a[i]]++;
52 for(int i=1;i<=5;i++)
53 for(int j=1;j<=L;j++)suma[i][j]+=suma[i][j-1];
54 ll s=0;
55 for(int i=1;i<=n;i++)s+=b[i];
56 for(int i=1;i<=n;i++)sumb[b[i]]++;
57 for(int i=1;i<=L;i++)sumb[i]+=sumb[i-1];
58 g[0]=s;
59 for(int i=1;i<=L;i++)g[i]=g[i-1]+sumb[i-1]-(n-sumb[i-1]);
60 for(int i=0;i<=L;i++)g[i]-=1LL*i*n;
61 for(int i=0;i<=L;i++)lim[i]=(s+g[i])/2;
62 int mx=0;
63 ll sz=0;
64 for(int i=L;i>=0;i--){
65 sz+=calc_prev(i,mx);
66 while (sz>lim[i]){
67 int las=calc_sufx(i,mx)-sum[mx+L*10];
68 if (las>sz-lim[i]){
69 sum[mx+L*10]+=sz-lim[i];
70 sz=lim[i];
71 break;
72 }
73 mx--;
74 sz-=las;
75 }
76 while (sz<lim[i]){
77 mx++;
78 sum[mx+L*10]=calc_sufx(i+1,mx);
79 int las=calc(i,mx);
80 if (las>=lim[i]-sz){
81 sum[mx+L*10]+=las-(lim[i]-sz);
82 sz=lim[i];
83 break;
84 }
85 sz+=las;
86 }
87 }
88 for(int i=-L*10;i<=mx;i++)ans+=1LL*(calc_sufx(0,i)-sum[i+L*10])*i;
89 for(int i=1;i<=n;i++)ans+=1LL*c[i]*a[i]*a[i];
90 printf("%lld",ans);
91 }
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