题目

【题目描述】

阿明是一名推销员，他奉命到螺丝街推销他们公司的产品。螺丝街是一条死胡同，出口与入口是同一个，街道的一侧是围墙，另一侧是住户。螺丝街一共有 N 家住户，第 i 家住户到入口的距离为 Si 米。由于同一栋房子里可以有多家住户，所以可能有多家住户与入口的距离相等。阿明会从入口进入，依次向螺丝街的 X 家住户推销产品，然后再原路走出去。

阿明每走 1 米就会积累 1 点疲劳值，向第 i 家住户推销产品会积累 Ai 点疲劳值。阿明是工作狂，他想知道，对于不同的 X，在不走多余的路的前提下，他最多可以积累多少点疲劳值。

【输入】

第一行有一个正整数 N，表示螺丝街住户的数量。

接下来的一行有 N 个正整数，其中第 i 个整数 Si 表示第 i 家住户到入口的距离。数据保证\(S_1\leq S_2\cdots\leq Sn<108\)。接下来的一行有 N 个正整数，其中第 i 个整数 Ai 表示向第 i 户住户推销产品会积累的疲劳值。数据保证 Ai<103。

【输出】

输出 N 行，每行一个正整数，第 i 行整数表示当 X=i 时，阿明最多积累的疲劳值。

【样例输入】

Sample Input1:

5

1 2 3 4 5

1 2 3 4 5

Sample Input2:

5

1 2 2 4 5

5 4 3 4 1

Sample Output1:

15

19

22

24

25

Sample Output2:

12

17

21

24

27

【数据范围限制】

对于 20%的数据，1≤N≤20；

对于 40%的数据，1≤N≤100；

对于 60%的数据，1≤N≤1000；

对于 100%的数据，1≤N≤100000。

题解

这题乍一看很难，打暴力很明显是不能过的，只能拿到60分。有一位大佬就苦思冥想，想着怎样拿满分。最后，得出结论：这道题要用线段树！其实我们是可以用一些巧妙的方法对暴力程序进行优化，使它的时间复杂度大大的降低。

我们先来讲讲60分的暴力做法吧！由于60%的数据中，N是小于等于1000的，所以我们可以轻易地用N方的方法骗到60分~只需打双重循环即可（用 i 枚举 x，用 j 枚举选择哪些住户），因为我们可以套样例发现一些神奇的规律：

每一行的答案都是上一行的答案加上max( A[i]+阿明要多走的距离)！

#include<cstdio>

using namespace std;

#define maxint64 9223372036854775807

#define maxlongint 2147483647

int dis[100010],a[100010];//dis数组就是s数组

bool bz[100010];//bz数组用来标记到过哪些住户

int main()

{

	freopen("salesman.in","r",stdin);

	freopen("salesman.out","w",stdout);

	int n,i,j,distance=0;

	long long max,ans,maxx,t;

	scanf("%d",&n);

	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&dis[i]);

	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);

	max=0,maxx=0;

	for(i=1;i<=n;i++)

	{

		if(dis[i]*2+a[i]>max)

		{

			max=dis[i]*2+a[i];

			maxx=i;

		}

	}

	bz[maxx]=true;

	ans=max;

	distance=dis[maxx];//记录最远距离

	printf("%lld\n",max);//要先处理x=1的情况

	for(i=2;i<=n;i++)

	{

		max=0;

		for(j=1;j<=n;j++) if(!bz[j])//不能重复访问同一个住户

		{

			if(distance>=dis[j])

			{

				t=ans+a[j];

			}

			else

			{

				t=ans+(dis[j]-distance)*2+a[j];

			}

			if(t>max)

			{

				max=t;

				maxx=j;

			}

		}

		if(distance<dis[maxx]) distance=dis[maxx];//更新最远距离

		ans=max;

		printf("%lld\n",max);

		bz[maxx]=true;

	}

	return 0;

}

提交上去，就会发现时间超限60。所以我们要优化一下。

我们会发现，当阿明已经到过最远的住户，我们的程序就不会再计算每一个住户的疲劳值时加上距离差，也不会更新最远距离了。所以，那时每一位住户“贡献”的疲劳值就等于向他推销产品所需要的疲劳值。

我们可以把剩下的住户的Ai都装进一个数组里，给它排个序，再把answer依次加上排好序的数组中的数值，然后输出就可以了。虽然对于小数据而言，这些优化不能有明显的作用，但是对于那些N>10000的数据就不同了。（AC代码如下）

#include<cstdio>

using namespace std;

#define maxint64 9223372036854775807

#define maxlongint 2147483647

int dis[100010],a[100010],sort[100010];

bool bz[100010];

void qsort(int l,int r)//这里是排序部分

{

	int i=l,j=r,mid=sort[(l+r)/2],t;

	while(i<=j)

	{

		while(sort[i]>mid) i++;

		while(sort[j]<mid) j--;

		if(i<=j)

		{

			t=sort[i];

			sort[i]=sort[j];

			sort[j]=t;

			i++;j--;

		}

	}

	if(i<r) qsort(i,r);

	if(l<j) qsort(l,j);

}

int main()

{

	freopen("salesman.in","r",stdin);

	freopen("salesman.out","w",stdout);

	int n,i,j,distance=0,maxdistance,k;

	long long max,ans,maxx,t;

	scanf("%d",&n);

	for(i=1;i<=n;i++)

	{

		scanf("%d",&dis[i]);

		if(dis[i]>maxdistance) maxdistance=dis[i];//记录最远的住户

	}

	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);

	max=0,maxx=0;

	for(i=1;i<=n;i++)

	{

		if(dis[i]*2+a[i]>max)

		{

			max=dis[i]*2+a[i];

			maxx=i;

		}

	}

	bz[maxx]=true;

	ans=max;

	distance=dis[maxx];

	printf("%lld\n",max);

	for(i=2;i<=n;i++)

	{

		max=0;

		for(j=1;j<=n;j++) if(!bz[j])

		{

			if(distance>=dis[j])

			{

				t=ans+a[j];

			}

			else

			{

				t=ans+(dis[j]-distance)*2+a[j];

			}

			if(t>max)

			{

				max=t;

				maxx=j;

			}

		}

		if(distance<dis[maxx]) distance=dis[maxx];

		ans=max;

		printf("%lld\n",max);

		bz[maxx]=true;

		if(distance==maxdistance)//优化部分，判断是否已经到达最远住户处

		{

			k=0;

			for(j=1;j<=n;j++) if(!bz[j])

			{

				sort[++k]=a[j];//要排序的都存进sort数组里

			}

			qsort(1,k);

			for(j=1;j<=k;j++)

			{

				ans+=sort[j];

				printf("%lld\n",ans);//排好序后依次输出，并更新ans

			}

			break;

		}

	}

	return 0;

}

巴特西

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