题解：P2672 [NOIP 2015 普及组] 推销员

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是道很好的题
代码实现难度很低很低
但是基础的思维量还是能保证的
但是建议调绿
十五分钟就写完了
关键词：贪心、前后缀

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简化题意

给定两个长度为N的序列：
\(S_i\)：表示第i家住户到入口的距离，保证\(S_1 \leq S_2 \leq \cdots \leq S_N < 10^8\)
\(A_i\)：表示向第i家住户推销产品获得的疲劳值，保证\(A_i < 1000\)
对于每个\(k \in [1,N]\)，我们需要选择一个包含k家住户的集合\(K\)，使得总疲劳值最大。

总疲劳值的计算公式为：

\[f(k) = \sum_{i \in K} A_i + 2 \times \max_{i \in K} S_i \]

其中：
\(\sum_{i \in K} A_i\)表示推销k家住户的总疲劳值
\(2 \times \max_{i \in K} S_i\)表示往返最远住户的路程疲劳值

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简化思考与解题思路

核心观察

$\ \ $ 疲劳值构成分析：
$\ \ $ $\ \ $ 总疲劳值由两部分组成：推销疲劳值之和与路程疲劳值
$\ \ $ $\ \ $ 路程疲劳值仅取决于最远访问的住户，与访问的其他住户距离无关

贪心策略：

对于给定的k，最优解有两种可能：
$\ \ $ a) 选择前k个最大的\(A_i\)，加上这些住户中最远的\(S_i \times 2\)
$\ \ $ b) 选择前k-1个最大的\(A_i\)，再加上一个距离更远的住户（即使其\(A_i\)较小）
数学表达： 对于每个k，最优解为：

\[f(k) = \max\left(\displaystyle{pre}[k] + 2 \times \displaystyle{max\_dis}[k]\ ,\ \displaystyle{pre}[k-1] + \displaystyle{suf}[k+1]\right) \]

其中：
\(pre[k]\)：前k个最大\(A_i\)的和
\(max\_dis[k]\)：前k个选择中的最大\(S_i\)
\(suf[k+1]\)：从k+1开始最大的\((2S_i + A_i)\)值

算法实现要点

预处理步骤：

将住户按\(A_i\)降序排序，计算前缀和\(\textstyle {pre}\)
按原始\(S_i\)顺序计算后缀最大值\(\textstyle{suf}\)，存储\((2S_i + A_i)\)

动态维护：

在遍历排序后的数组时，维护当前选择中的最大距离\(\textstyle{max\_dis}\)
对于每个k，比较两种策略取最大值

复杂度分析：

排序：\(O(N \log N)\)
预处理：\(O(N)\)
查询：\(O(N)\)
总复杂度：\(O(N \log N)\)，完全满足题目数据范围要求

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我们上CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;
int n, ans[N], now, suf[N], nid, pre[N];

struct node {
    int c, x, id;
} a[N];

bool cmp(node a, node b)
{
    return a.c > b.c;
}

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i].x;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i].c;
        a[i].id = i;
    }
    for (int i = n; i >= 1; i--)
        suf[i] = max(suf[i + 1], 2 * a[i].x + a[i].c); // 默认按照距离升序，处理贡献后缀
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmp); // 换成权值降序
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        pre[i] = pre[i - 1] + a[i].c; // 处理前缀权值
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (a[i].x > now) {
            now = a[i].x;
            nid = a[i].id;
        }
        cout << max(pre[i] + 2 * now, pre[i - 1] + suf[nid + 1]) << endl;
    }
    return 0;
}

$\ $
文章由LLM润色
但是本人作出绝大部分贡献
LLM仅应用于排版和语文方面