AT_arc217_d [ARC217D] Greedy Customer

前言

题目传送门。

做法和官方题解不太一样。

赛时不会 C 看的 D，发现很可以增量然后复杂度均摊，然后写，死于一些 corner case，然后调了一下午，发现有个地方把 long long 赋值给了 int……

感谢 @MZMTab 同学给出的 hack。

代码在优化实现方面参考了这份记录。

解题

初步观察

题目给的求解形式看起来并不好批量计算，考虑不断将 \(k\) 加一（增量），

每次加一，最多再买（增加）一个物品，可能会放弃（删除）若干个物品，

但是删除量不会多于增加量，复杂度将是均摊正确的，

如果我们能 \(O(1)\) 求解下一次我们增加哪个物品，就可以做到 \(O(m+T(n))\)，很有前途。

分析

维护一个下标单调递增的栈 \(stk\)，表示当前选了哪些物品，记其大小为 \(tp\)。

考虑加入一个物品后，怎么求解下一个物品是哪一个。

物品必然来自 \([1,stk_1),(stk_1,stk_2),(stk_2,stk_3),\cdots,(stk_{tp-1},stk_{tp}),(stk_{tp},n]\)，

在这些区间中选择 \(A_i\) 最小的那个作为代表，产生一个序列，（相同选择前者，ST 表解决）

但如果在这里面一个个找，复杂度无法接受，由于做法是增量，可以考虑增量时一并维护。

对代表序列中的下标为 \(i\) 的物品，计算其最早何时才能被加入，这里最早的含义是：假定下标小于 \(i\) 的都不会被加入。记作 \(B_i\)。

那么对于下标 \(i\)，如果 \(B_i\) 不是前缀 \(\min\)，那么最早这一条件就不成立，

而加入一个物品时，下标大于它的都会被删除（基于选择的过程可以说明），那么 \(i\) 就没有存在的必要，可以以后再考虑。

对于上述的代表序列，就可以维护一个栈 \(qp\)，并要求其中 \(B_i\) 严格单调递减。

整理思路

那么，每次选择时，需要进行的维护操作是：

• 从 \(qp\) 顶弹出一个物品，即为当前选的物品，其原始下标为 \(i\)。

• 删除下标大于 \(i\) 的已选物品（对 \(stk\) 操作）。

• 设 \(i\) 前面选的一个物品为 \(p\)，尝试加入 \((p,i)\) 中 \(A_i\) 最小的。（尝试意味着可能无法加入）

• 尝试加入 \((i,n]\) 中 \(A_i\) 最小的。

查询区间 \(A_i\) 最小的 \(i\)，可以 ST 表维护，\(O(n\log{n})\) 预处理，\(O(1)\) 查询，可以接受。

维护当前的的花费是容易的，可以参考代码。

实现

时间复杂度 \(O(n\log{n}+m)\)，空间复杂度 \(O(n\log{n})\)，最慢点 935ms，可能是常数较大。

可以使用四毛子优化 ST 表，做到时间 \(O(n+m)\)，空间 \(O(n)\)，但可能因为常数更慢。

一些细节写在注释里了。

$\red{\text{code}}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//判了 EOF
#define gc() (rp1==rp2&&(rp2=(rp1=buf)+fread(buf,1,IO,stdin))==rp1?EOF:*rp1++)
#define N 500005

const int IO=1<<22;
char buf[IO+1],*rp1,*rp2;
int n,m,nxt,tp=0,tq=0,st[20][N],D;
int A[N],qp[N],B[N],suf[N],stk[N];
unsigned long long ans,sum,res;

inline int read(){
    int a=0,c=gc();
    while(!isdigit(c)) c=gc();
    while(isdigit(c)) a=10*a+c-'0',c=gc();
    return a;
}

inline int mymin(int x,int y){//已保证 x<=y
    return A[x]<=A[y]?x:y;
}

inline int qry(int l,int r){
    if(l>r) return n+1;
    int s=__lg(r-l+1);
    return mymin(st[s][l],st[s][r-(1<<s)+1]);
}

void init(){
    n=read(),m=read(),suf[n-1]=n,suf[n]=n+1;//suf 作用大概是常数优化，不重要
    D=__lg(n),ans=0,sum=0,res=0,qp[0]=0,stk[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        st[0][i]=i,A[i]=read(),sum+=A[i];
    } 
    for(int i=n-2;i>=1;i--) suf[i]=mymin(i+1,suf[i+1]);
    for(int i=1;i<=D;i++){
        for(int j=1,up=n-(1<<i)+1;j<=up;j++){
            st[i][j]=mymin(st[i-1][j],st[i-1][j+(1<<i-1)]);
        }
    }
}

inline void ins(int x,int d){//B 代表的是最早加入时间
    if(!tq||B[tq]>A[x]+d) qp[++tq]=x,B[tq]=A[x]+d;
}

void solve(){
    init(),qp[tq=1]=qry(1,n),tp=0;
    for(int i=A[qp[1]],up=m<sum-1?m:sum-1;i<=up;){
        nxt=qp[tq--],res=i;
        while(nxt<=stk[tp]) tp--;//删除 stk 中的项
        if(stk[tp]+1<nxt) ins(qry(stk[tp]+1,nxt-1),i-A[nxt]);//注意在 nxt 前面，要减去 A[nxt]
        if(nxt!=n) ins(suf[nxt],i);//注意要判断区间是否为空
        for(stk[++tp]=nxt;i<B[tq]&&i<=up;i++) ans^=res*i;
    }//为了避免一些问题，处理上界为 min(sum-1,m)
    for(int i=m<sum?m+1:sum;i<=m;i++) ans^=sum*i;//Notice!不能直接把 sum 赋值给 i
    printf("%llu\n",ans);
}

int main(){
    for(int Tcnt=read();Tcnt;Tcnt--) solve();
    return 0;
}

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警示

由于实现的问题，我写下了如下代码：for(int i=sum;i<=m;i++)...;。

然而其中 sum 是 long long 类型的，直接赋值导致错误，虚空调试一下午。

引以为戒！