【JZOJ5213】期末考试

Description

Solution

抽象题意，有两个序列$a$和$b$，可以通过以上方式改变$b$序列的权值，使得
$\sum_{i=1}^nmax(0,max(b_i)-a_i)*C+$操作不愉快度最小。

观察上面的式子，我们发现$max(b_i)$确定下来后，答案就确定下来了。

把$b$序列抽象成一排高度为$b_i$的积木，操作就变成了用A花费移动一个积木，或者用B花费移走一个积木。

于是我们枚举一个高度$h$，这里也代表最晚成绩公布的时间，然后我们要调整这些积木，如下图：

贪心的想，如果发现$A<B$，那么肯定能移就移，红线（$h$）上的一部分（或全部）可移动到红线下，也就是所有在蓝线（$h-1$）或以下高度的都至少能放一个积木，剩余放不了的就直接消除。

如果$A\geq B$，那么直接消除红色部分即可。

于是我们对于一个$h$，能通过前缀和快速求出把所有积木的高度限制在$h$即以下的花费。

回到原问题，我们枚举$h=max(b_i)$，那么$\sum_{i=1}^nmax(0,h-a_i)*C$也可快速求出，于是两个加起来对$ans$取$min$即可。

这里的花费还满足三分性质，即如果不考虑输入，复杂度最优可达到$O(2log_3n)$的。

Code

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define ll long long
#define N 100010
#define inf 100000000000000000ll
using namespace std;
int ti[N],b[N];
ll A,B,C;
ll qz[N],qb[N];
ll cn[N],cb[N];
int main()
{int n,m;scanf("%lld %lld %lld",&A,&B,&C);scanf("%d %d",&n,&m);int mx=0,fw=0;fo(i,1,n) scanf("%d",&ti[i]),fw=max(fw,ti[i]),cn[ti[i]]++,qz[ti[i]]+=ti[i];fo(i,1,m) scanf("%d",&b[i]),cb[b[i]]++,qb[b[i]]+=b[i],mx=max(mx,b[i]);fo(i,1,max(fw,mx)) cn[i]+=cn[i-1],qz[i]+=qz[i-1];fo(i,1,max(fw,mx)) cb[i]+=cb[i-1],qb[i]+=qb[i-1];if(C==0) {
   printf("0");return 0;}ll ans=inf;fo(h,1,mx){ll o=cn[h]*h-qz[h];if(C>inf/1000 && o) continue;ll t=o*C;if(B<=A) t+=B*(qb[mx]-qb[h]-(cb[mx]-cb[h])*h);else{ll t1=cb[h-1]*h-qb[h-1],t2=qb[mx]-qb[h]-(cb[mx]-cb[h])*h;if(t1>=t2) t+=A*t2;else t+=t1*A+B*(t2-t1);}if(ans>t) ans=t;}printf("%lld",ans);
}