【NOIP Round #6】重生题解
猫有九条命，但你有 114514 条命。
题目描述
你有 n 个任务需要完成，第 i 个任务需要 ti 天。但人的寿命有限，你只剩下 c 天了。
磨刀不误砍柴工，你可以花 1 天时间对第 i 个任务进行深入思考，那么它所需的时间会减少 di 天。特别的，如果时间被减为零或负数，这个任务就能被瞬间完成。但人的灵感有限，在一次生命里每个任务只能被深入思考一次。
你可以复活，每次复活会再给你带来 c 天。之前的深入思考的结果会一直保留，不会因复活而消失。
求出你最少需要复活多少次，才能在最后一条命把所有任务都完成。你可以认为在最后一条命之前你并不能做任务，只能对任务进行思考，而在最后一条命既可以思考也可以做任务。
输入格式
第一行一个正整数 T ，表示数据组数。每组数据的格式如下：
- 第一行两个正整数 n,c ，表示任务的个数，以及一条命的长度。
- 接下来 n 行，每行两个正整数 ti,di ，描述一个任务。
输出格式
对每组数据，输出一行一个非负整数，表示最少需要复活多少次。
样例 1
input
2 3 5 17 5 5 2 15 4 2 1345 1344 1 10 10
output
3 0
explanation
对于第一组数据：
在前三条命，分别把每个任务都深入思考一次，那么任务所需的时间就分别降为 2,0,3 。
在最后一条命，对任务 1 和任务 3 进行深入思考，然后瞬间完成所有任务。
共用四条命，复活三次。可以证明不存在复活次数小于 3 的方案。
对于第二组数据：
先对第二个任务深入思考，然后瞬间完成第二个任务，然后在接下来的 1344 天里完成第一个任务。
样例 2
input
1 3 1 1000000000 1 1000000000 1 1000000000 1
output
2999999999
样例 3∼6
见下发文件中的 ex_rebirth*.in/ex_rebirth*.ans ，它们分别对应第 2∼5 个子任务。
数据范围
本题采用捆绑测试，你需要通过一个子任务的所有测试点才能得到子任务的分数。
对于所有数据，1≤T≤1000,1≤∑n≤2×105,1≤c≤109,1≤di≤ti≤109 。
| 子任务编号 | 特殊性质 | 分值 |
|---|---|---|
| 1 | ∑n,∑ti≤7 | 10 |
| 2 | n,ti≤30,T≤100 | 20 |
| 3 | ∑n≤3000 | 20 |
| 4 | c≥n | 20 |
| 5 | 30 |
思路
二分即可。
代码见下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long tt,n,c,sd=0;
struct one{
long long t,d,a;
}a[200005];
bool cmp(one a1,one b1){
if(a1.d!=b1.d){
return a1.d>b1.d;
}
else{
return a1.t>b1.t;
}
}
inline long long read(){
long long x=0;
char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){
s=getchar();
}
while(s>='0'&&s<='9'){
x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);
s=getchar();
}
return x;
}
inline bool abc(long long a1){
long long jk=c*a1,fs=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i].a<=a1-1){
jk-=a[i].a;
}
else if(a[i].a==a1){
jk-=a1;
fs++;
}
else{
jk-=a1;
jk-=(a[i].t-a[i].d*a1);
fs+=(a[i].t-a[i].d*a1);
fs++;
}
//cout<<a1<<" "<<jk<<" "<<fs<<endl;
if(jk<=-1||fs>=c+1){
return 0;
}
}
return 1;
}
int main(){
freopen("rebirth.in","r",stdin);
freopen("rebirth.out","w",stdout);
cin>>tt;
while(tt--){
cin>>n>>c;
sd=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i].t=read();
a[i].d=read();
if(a[i].t%a[i].d==0){
a[i].a=a[i].t/a[i].d;
}
else{
a[i].a=a[i].t/a[i].d+1;
}
sd+=a[i].t;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
long long l=1,r=(9e18)/c,md=1e18+7;
while(l<=r){
long long mid=(l+r)/2;
if(abc(mid)==1){
md=min(md,mid);
r=mid-1;
}
else{
l=mid+1;
}
}
cout<<md-1<<endl;
}
return 0;
}#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long tt,n,c,sd=0;
struct one{
long long t,d,a;
}a[200005];
bool cmp(one a1,one b1){
if(a1.d!=b1.d){
return a1.d>b1.d;
}
else{
return a1.t>b1.t;
}
}
inline long long read(){
long long x=0;
char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){
s=getchar();
}
while(s>='0'&&s<='9'){
x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48);
s=getchar();
}
return x;
}
inline bool abc(long long a1){
long long jk=c*a1,fs=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i].a<=a1-1){
jk-=a[i].a;
}
else if(a[i].a==a1){
jk-=a1;
fs++;
}
else{
jk-=a1;
jk-=(a[i].t-a[i].d*a1);
fs+=(a[i].t-a[i].d*a1);
fs++;
}
//cout<<a1<<" "<<jk<<" "<<fs<<endl;
if(jk<=-1||fs>=c+1){
return 0;
}
}
return 1;
}
int main(){
freopen("rebirth.in","r",stdin);
freopen("rebirth.out","w",stdout);
cin>>tt;
while(tt--){
cin>>n>>c;
sd=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i].t=read();
a[i].d=read();
if(a[i].t%a[i].d==0){
a[i].a=a[i].t/a[i].d;
}
else{
a[i].a=a[i].t/a[i].d+1;
}
sd+=a[i].t;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
long long l=1,r=(9e18)/c,md=1e18+7;
while(l<=r){
long long mid=(l+r)/2;
if(abc(mid)==1){
md=min(md,mid);
r=mid-1;
}
else{
l=mid+1;
}
}
cout<<md-1<<endl;
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号