题解：B 小W与伙伴招募（text on 2026.10.6）

$\textsf{B tj}$ 小W与伙伴招募

题目大意

有 $n$ 月，每月需要支付 $c_i$ 的钻石。

对于每个月，有 $m$ 种购买方式，均为花费 $a_i$ 的成本购买 $1$ 钻石，每月至多买 $b_i$ 个。

若 $b_i=-1$，则购买无上限。

没有支付的钻石可以留着。

问最小花费。

$n,m\le 10^5$，保证至少存在一个 $i$ 使得 $b_i=-1$。

思路 $1$ 贪心

我们很容易写出贪心：

将 $a,b$ 按 $a$ 从小到大排序，找到第一个 $b_i=-1$ 作为上界。

用一个数组 $h$ 记录当前存货，对于每个月取 $h$ 最优，然后将下个月的存货加到 $h$ 里面。

时间复杂度 $O(nm)$，可以拿 $\orange{\texttt{60 pts}}$。

$\orange{\texttt{60 pts}}$ 代码

//60pts O(nm)
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int n, m, endr, sum;
struct node { int a, b; } p[N];
int c[N], h[N];
bool cmp(node A, node B){
	return A.a < B.a;
}
signed main(){
	freopen("1539.in","r",stdin);
	freopen("1539.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
	for(int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> p[i].a >> p[i].b;
	sort(p+1, p+m+1, cmp);
	for(int i = 1; i <= m; i++){
		if(p[i].b == -1){
			endr = i;
			break;
		}
		h[i] = p[i].b;
	}
	h[endr] = -1;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int C = c[i], j = 1, ans = 0;
		while(j < endr && h[j] <= C){
			C -= h[j];
			ans += p[j].a * h[j];
			h[j] = p[j].b;
			j++;
		}
		ans += p[j].a * C;
		sum += ans;
		if(h[j] != -1) h[j] += p[j].b - C;
		for(int k = j+1; k < endr; k++)
			h[k] += p[k].b;
	}
	cout << sum;
	return 0;
}

可是 $\orange{\texttt{60 pts}}$ 不好吃，我要正解。

考虑对 $h$ 进行优化。

思路 $2$ 线段树

众所周知，我最喜欢线段树了，~~所以我经常挂分~~

于是我们用线段树维护 $h$。

但是我们需要多棵，一棵维护 $h_i$，用来应付库存；一棵维护 $a_i\cdot h_i$，用来应付花费。

需要进行以下操作：

build()：初始化线段树。

主要将线段树设为初始值。
findh(x)：快速找到 $<x$ 的 $i$，使得 $\displaystyle\sum_{l=1}^i h_i < x$ 且 $\displaystyle\sum_{l=1}^{i+1} h_i \ge x$。

用于找到 $c_i$ 中需要全部购买的钻石。

可以在第一棵树上线段树二分解决。
query1(x,y)：区间查询第一棵线段树的 $(x,y)$ 区间和。

用于算出批量购买后，还剩下多少钻石需要购买。

线段树基本操作。
query2(x,y)：区间查询第二棵线段树的 $(x,y)$ 区间和。

用于算出批量购买的成本。

依旧基本操作。
smtcpy(x,y)：将线段树的 $(x,y)$ 区间内重置。

首先了解，第一棵线段树的初始值为 $\sum b_i$，第二棵为 $\sum a_ib_i$。

所以这个函数用于将线段树的区间重置为初始值，对于那些需要全部购买的钻石 $[1,x]$。

于是我继续使用线段树维护 $a_i, b_i, a_ib_i$（可能没必要这么多，前缀和即可）

由于是区间修改，所以需要一个重置的懒标记。
update(x)：修改 $x$ 这个点。

将剩下的那一类的（即 $x+1$）进行单点修改。

基本操作。
cpyadd(x,y)：将线段树内 $(x,y)$ 区间加初始值。

因为 $x+2$ 以后的库存没有使用，所以将下一天的库存加上初始值。

所以再新建一个懒标记下传即可。

区间重置 smtcpy(x,y) 时，记得将区间加初始值标记删除。

主函数逻辑

前面基本和贪心思路一样。

设第一个 $b_i=-1$ 的 $i$ 为 $\text{endr}$。

注意特判 $\text{endr}=1$ 的情况。

循环：

build(1, 1, endr-1); //初始化
for(int i = 1; i <= n; i++){
	int C = c[i], ans = 0;
	if(C >= tr[1].h){ //购买有限的全部库存还不够/刚好 c[i]
		ans = (C - tr[1].h) * P[endr].a + tr[1].pah; //计算成本
		tr[1].cpytag = 1;
		tr[1].h = tr[1].pb;
		tr[1].pah = tr[1].pab;
		//由于全部购买，所以全部需要重置
	} else {
		int x = findh(1, C, 1, endr-1); //找到需要全部购买的库存
		C -= query1(1, 1, x, 1, endr-1); //剩下多少钻石需要购买
		ans = query2(1, 1, x, 1, endr-1) + P[x+1].a * C; //批量购买的成本
		smtcpy(1, 1, x, 1, endr-1); //重置批量购买的
		if(x + 1 < endr)
			update(1, x+1, 1, endr-1, P[x+1].b-C);
		cpyadd(1, x+2, endr-1, 1, endr-1);
		//可以与上面的函数解释一起理解
	}
	sum += ans; //累加答案
}

构造线段树

struct tree {
	int h, pah, pa, pb, pab, cpytag, addtag;
} tr[4*N];

h：维护 $\sum h_i$。
pah：维护 $\sum a_i\cdot h_i$。
pa pb pab：维护 $\sum a_i,\sum b_i,\sum a_ib_i$。
cpytag：维护重置懒标记，可以为 $0/1$。
addtag：维护增加初始值懒标记。

$\textsf{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2e5+10;
int n, m, endr, sum;
struct node { int a, b; } P[N];
struct tree {
	int h, pah, pa, pb, pab, cpytag, addtag;
} tr[4*N];
int c[N];
bool cmp(node A, node B){
	return A.a < B.a;
}
int lp(int x){
	return x << 1;
}
int rp(int x){
	return x << 1 | 1;
}
void pushup(int p){
	tr[p].h = tr[lp(p)].h + tr[rp(p)].h;
	tr[p].pah = tr[lp(p)].pah + tr[rp(p)].pah;
	tr[p].pa = tr[lp(p)].pa + tr[rp(p)].pa;
	tr[p].pb = tr[lp(p)].pb + tr[rp(p)].pb;
	tr[p].pab = tr[lp(p)].pab + tr[rp(p)].pab;
}
void pushdown(int p){
	if(tr[p].cpytag){
		tr[lp(p)].h = tr[lp(p)].pb;
		tr[lp(p)].pah = tr[lp(p)].pab;
		tr[rp(p)].h = tr[rp(p)].pb;
		tr[rp(p)].pah = tr[rp(p)].pab;
		tr[lp(p)].cpytag = 1;
		tr[rp(p)].cpytag = 1;
		tr[lp(p)].addtag = 0;
		tr[rp(p)].addtag = 0;
		tr[p].cpytag = 0;
	}
	if(tr[p].addtag){
		tr[lp(p)].h += tr[p].addtag * tr[lp(p)].pb;
		tr[lp(p)].pah += tr[p].addtag * tr[lp(p)].pab;
		tr[rp(p)].h += tr[p].addtag * tr[rp(p)].pb;
		tr[rp(p)].pah += tr[p].addtag * tr[rp(p)].pab;
		tr[lp(p)].addtag += tr[p].addtag;
		tr[rp(p)].addtag += tr[p].addtag;
		tr[p].addtag = 0;
	}
}
void build(int p, int l, int r){
	if(l == r){
		tr[p].h = P[l].b;
		tr[p].pah = P[l].a * P[l].b;
		tr[p].pa = P[l].a;
		tr[p].pb = P[l].b;
		tr[p].pab = P[l].a * P[l].b;
		return;
	}
	int mid = (l + r) >> 1;
	build(lp(p), l, mid);
	build(rp(p), mid+1, r);
	pushup(p);
}
int findh(int p, int x, int l, int r){
	if(l == r) return l-1;
	pushdown(p);
	int mid = (l + r) >> 1;
	int lef = tr[lp(p)].h;
	if(lef >= x) return findh(lp(p), x, l, mid);
	else return findh(rp(p), x-lef, mid+1, r);
}
int query1(int p, int x, int y, int l, int r){
	if(x > y) return 0;
	if(x <= l && r <= y) return tr[p].h;
	pushdown(p);
	int mid = (l + r) >> 1;
	int ans = 0;
	if(x <= mid) ans += query1(lp(p), x, y, l, mid);
	if(y > mid) ans += query1(rp(p), x, y, mid+1, r);
	return ans;
}
int query2(int p, int x, int y, int l, int r){
	if(x > y) return 0;
	if(x <= l && r <= y) return tr[p].pah;
	pushdown(p);
	int mid = (l + r) >> 1;
	int ans = 0;
	if(x <= mid) ans += query2(lp(p), x, y, l, mid);
	if(y > mid) ans += query2(rp(p), x, y, mid+1, r);
	return ans;
}
void smtcpy(int p, int x, int y, int l, int r){
	if(x > y) return;
	if(x <= l && r <= y){
		tr[p].h = tr[p].pb;
		tr[p].pah = tr[p].pab;
		tr[p].cpytag = 1;
		tr[p].addtag = 0;
		return;
	}
	pushdown(p);
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(x <= mid) smtcpy(lp(p), x, y, l, mid);
	if(y > mid) smtcpy(rp(p), x, y, mid+1, r);
	pushup(p);
}
void update(int p, int x, int l, int r, int k){
	if(l == r){
		tr[p].h += k;
		tr[p].pah += k * tr[p].pa;
		return;
	}
	pushdown(p);
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(x <= mid) update(lp(p), x, l, mid, k);
	else update(rp(p), x, mid+1, r, k);
	pushup(p);
}
void cpyadd(int p, int x, int y, int l, int r){
	if(x > y) return;
	if(x <= l && r <= y){
		tr[p].h += tr[p].pb;
		tr[p].pah += tr[p].pab;
		tr[p].addtag++;
		return;
	}
	pushdown(p);
	int mid = (l + r) >> 1;
	if(x <= mid) cpyadd(lp(p), x, y, l, mid);
	if(y > mid) cpyadd(rp(p), x, y, mid+1, r);
	pushup(p);
}
signed main(){
	freopen("1539.in","r",stdin);
	freopen("1539.out","w",stdout);
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> c[i];
	for(int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> P[i].a >> P[i].b;
	sort(P+1, P+m+1, cmp);
	for(int i = 1; i <= m; i++)
		if(P[i].b == -1){
			endr = i;
			break;
		}
	if(endr == 1){
		for(int i = 1; i <= n; i++) sum += c[i];
		cout << sum * P[1].a;
		return 0;
	}
	build(1, 1, endr-1);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int C = c[i], ans = 0;
		if(C >= tr[1].h){
			ans = (C - tr[1].h) * P[endr].a + tr[1].pah;
			tr[1].cpytag = 1;
			tr[1].h = tr[1].pb;
			tr[1].pah = tr[1].pab;
		} else {
			int x = findh(1, C, 1, endr-1);
			C -= query1(1, 1, x, 1, endr-1);
			ans = query2(1, 1, x, 1, endr-1) + P[x+1].a * C;
			smtcpy(1, 1, x, 1, endr-1);
			if(x + 1 < endr)
				update(1, x+1, 1, endr-1, P[x+1].b-C);
			cpyadd(1, x+2, endr-1, 1, endr-1);
		}
		sum += ans;
	}
	cout << sum;
	return 0;
}

提示

需要判断线段树的参数是否合法，防止死循环。

复杂度 $O(m+n\log m)$

posted @ 2026-10-06 13:44 qjy123 阅读(60) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

qjy123

题解：B 小W与伙伴招募（text on 2026.10.6）

\(\textsf{B tj}\) 小W与伙伴招募

题目大意

思路 \(1\) 贪心

思路 \(2\) 线段树

主函数逻辑

构造线段树

\(\textsf{code}\)

提示

公告