CF2106D Flower Boy 题解

手玩样例，我们可以发现一个取数字的时候最优的解法：即:假设数组\(b\)中\(j\)之前的位置的花花都已经取到了，并且在\(a\)数组当中遍历到了下标为\(i\)的位置，且满足\(a_i \geq b_j\)，那么当前的这个第\(i\)朵花一定要拿，否则不是最优。

为什么呢？我们假设当前这个第\(i\)朵花不取，而是取了\(i\)之后的一朵花\(k\)，那么\([i,k-1]\)位置内的花都无法在\(b\)数组中的\(j\)位置之后被取到，因为在\(b\)数组中的花必须顺序取完。所以说\(j\)位置之后的花在这种情况下只能取到\([k+1,n]\)位置的花。但是如果取了第\(i\)朵花，\([i+1,k]\)位置的花就都有机会被\(b\)数组中\(j\)位置之后取到，显然\(j\)位置之后能取到的花更多了。

那么这道题中我们可以在\(a\)中额外添加一朵美丽值为\(k\)花，然后求出能满足\(b\)数组的要求下让\(k\)最小，那么如果\(b\)数组的要求都能满足，这个\(k\)一定是\(b\)要求的某一个之中的值，可以认为是某一个要求无法满足，然后我加了这朵花让它满足要求。那么我们就可以枚举\(b\)之中的每一个要求，看看去掉这个要求之后左右两部分是否都可以取完。

如何判断左右两部分都可以取完？从最开始的解法中我们已经知道了从左往右取一定是满足要求就取，左半部分恰好取完在\(a\)中的下标可以求出来，记为\(p_{j-1}\)；同理我们也可以找到在\(a\)数组中从右向左取完\(b\)数组中\(j+1\)位置及其右侧时的下标，记为\(s_{j+1}\)这样可以保证左半部分的端点最靠左，右半部分的端点最靠右，如果有\(p_{j-1}<s_{j+1}\)，就说明去掉\(b_j\)之后左右部分都可以在原数组中取完。我们还需要特判一下，如果是去掉开头\(b_1\)，那么需要判断\(s_2>=1\)是否成立，如果是去掉结尾\(b_m\)，我们需要判断\(p_{m-1}<=n\)是否成立。如果说没有符合题意的\(b_j\)，就输出\(-1\)。

代码

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



*/
#define ll long long 
void sol() {
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<ll> a(n+1),b(m+1),p(m+1,1e18),s(m+1,-1e18);
    
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i];
    for(int i=1,j=1;i<=n&&j<=m;i++){
        if(a[i]>=b[j]){
            p[j++]=i;
        }
    }
    for(int i=n,j=m;i>=1&&j>=1;i--){
        if(a[i]>=b[j]){
            s[j--]=i;
        }
    }
    if(m==1){
        if(p[1]<=n) cout<<"0\n";
        else cout<<b[1]<<'\n';
        return;
    }
    ll ans=1e18;
    if(s[2]>=1) ans=min(ans,b[1]);
    if(p[m-1]<=n) ans=min(ans,b[m]);
    for(int i=2;i<=m-1;i++){
        if(p[i-1]<s[i+1]) ans=min(ans,b[i]);
    }
    if(p[m]<=n) ans=0;
    if(ans==1e18) ans=-1;
    cout<<ans<<'\n';
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0), cout.tie(0);

    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--) {
        sol();
    }
    return 0;
}

总结，多个位置可能成为答案的时候，可以尝试枚举。