IOI2015 boxes纪念品盒
BZOJ 4368: [IOI2015]boxes纪念品盒
Description
IOI2015开幕式正在进行最后一个环节。按计划在开幕式期间，每个代表队都将收到由主办方发放的一个装有纪念品的盒子。然而所有志愿者都被精彩的开幕式所吸引，除Aman外其他人完全忘记了发放纪念品这件事。Aman是一位热情的志愿者，为使得IOI尽量圆满，他要用最短的时间将所有纪念品发放出去。
开幕式的场地是一个圆环，被分为 个完全相等的区域，这些区域的编号依次为 到，也就是说，对于0≤i≤L-2,区域i与区域i+1相邻，且区域L-1与区域0相邻。场地上共有N个代表队，每队坐在上面的一个区域上，每个区域可以包含任意多个代表队，也可以为空。
共有N个相同的纪念品。开始，Aman和所有纪念品都在区域0。Aman应该给每队一个纪念品，并且在发放完最后一个纪念品后他必须回到区域0。注意，有些队可能坐在区域0。
在任意时刻，Aman只能够携带至多K个纪念品。Aman必须从区域0取走这些纪念品，且取纪念品不需要时间。纪念品一旦从区域0被取走后，Aman只能将其发放给某个代表队或者随身携带。无论何时，Aman携带一个或更多的纪念品到达一个这样的区域，该区域有一个代表队尚未收到纪念品，Aman便可将他携带的一个纪念品发给这个代表队。这种发放也在瞬间完成。他所花的时间都消耗在区域之间的移动上。无论携带多少纪念品，Aman都需要1秒钟从一个区域移动到其相邻的区域（可以顺时针移动也可以逆时针移动）。
你的任务是计算出Aman发放完所有纪念品并返回到他的最初区域所需要的最短时间（秒数）。
Input
第一行: N K L
第二行: positions[0] … positions[N-1]
N: 代表队的数目。
K: Aman在同一时间能够携带纪念品的最大数目。
L: 开幕式场地上的区域数目。
positions: 一个长度为N的数组，positions[0],...,positions[N-1]给出了所有代表队所在区域的编号。positions 的元素按非递减排序。
Output
一个整数，表示Aman 能够完成这一任务所需的最短时间（秒数）。
Sample Input
3 2 8
1 2 5
Sample Output
10
HINT
题解：
2019.10.31 IOI模拟赛T1（滑稽）爆零场
一开始想到的是贪心，但是贪心策略一直是错的，思路也不是很清晰，通过特判拿了25分但是数据强一点还是爆零。
还是感谢一下出题人吧@EM-LGH
正解思路：
很容易发现这样一个走路方式：
对于这个圈，我们可以向左走几个点，原路返回。也可以向右走几个点然后返回。这是我在考场上想到的。但我忽略了一种情况：也可以走一圈回来（就是向左/向右走几个点之后不原路返回直接从另一个方向回去）。
那么剩下的是我们的决策过程。我们发现，走一圈这种决策只能使用一次，因为走两圈一共会分发\(2k\)个纪念品，根据抽屉原理，左边和右边肯定会有一侧\(\ge k\)，那么就不是最优决策。
那么，贪心一下，先用原路返回的方式处理一下比较优的抉择，也就是离零点比较近的左右点。然后再走一圈完事。
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=1e7+10;
int n,k,l;
int sl[maxn],sr[maxn],cntl,cntr;
int fl[maxn],fr[maxn];
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&l);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%lld",&x);
if(x<=l/2)
sl[++cntl]=x;
else
sr[++cntr]=l-x;
}
for(int i=1;i<=cntr && i<=cntr-i+1;i++)
swap(sr[i],sr[cntr-i+1]);
for(int i=1;i<=cntl;i++)
{
if(i<=k)
fl[i]=sl[i];
else
fl[i]=fl[i-k]+sl[i];
}
for(int i=1;i<=cntr;i++)
{
if(i<=k)
fr[i]=sr[i];
else
fr[i]=fr[i-k]+sr[i];
}
int ans=(fl[cntl]+fr[cntr])<<1;
for(int i=cntl-k;i<=cntl;i++)
ans=min(ans,(fl[i]+fr[max(cntr-k+cntl-i,0ll)])*2+l);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
