wqs二分
感觉一般可能要严谨证明的话还是有点麻烦，不如直接打表，或者先老实WA一发 来的快
- 一般题目会有选恰好k个/次这样的限制
- 大致就是通过二分斜率，然后通过dp，或者贪心计算出最大/最小值，然后通过判断这个最大/最小值对应的选的个数来调整
- 需要注意的是，我们计算的相当于是截距，还要+/-kl才是答案
例题
以https://www.luogu.com.cn/problem/CF802N为例
给定两个长度为 \(n\) 的序列 \(a_1, a_2, \ldots, a_n\) 和 \(b_1, b_2, \ldots b_n\)。要求选出 \(i_1, i_2, \ldots, i_k\) 和 \(j_1, j_2, \ldots, j_k\)，满足
-
\(1\leq i_1< i_2<\ldots< i_k\)，\(1\leq j_1< j_2<\ldots< j_k\)。
-
\(i_p\leq j_p\)（\(1\leq p \leq k\)）。
最小化 \(\sum_{p=1}^k a_{i_p}+b_{j_p}\) 的值。
- 首先我们来感性理解一下
- 假如我们不考虑k这个限制，因为都是正的，肯定是一个都不选
- 但是如果我们给每个\(b_i\)都减上一个数x，就有可能出现选的情况，并且随着数x的增大，选的数肯定是越来越多
- 因此我们可以二分这个x，计算出选了多少个数，从而对x进行调整
更具体的分析
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for (ll (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define fd(i,b,a) for (ll (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
#define lc (o<<1)
#define rc ((o<<1)|1)
#define mk(x,y) make_pair((x),(y))
#define eb emplace_back
#define A puts("Yes")
#define B puts("No")
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long i64;
const ll inf=1ll<<60;
const ll mo1=1e9+9;
const ll mo2=1e9+7;
const ll P=131;
const ll Q=13331;
const int N=1e6+5;
struct node{
ll x,op;
};
bool operator < (const node &a,const node &b){
if (a.x!=b.x) return a.x>b.x;
return a.op>b.op;
}
priority_queue<node> q;
ll n,k,a[N],b[N],ans;
ll check(ll x){
while (!q.empty()) q.pop();
ll cnt=0;
ans=0;
fo(i,1,n) {
q.push((node){a[i],0});
if (b[i]-x+q.top().x<=0) {
ans+=b[i]-x+q.top().x;
if (!q.top().op) cnt++;
q.pop();
q.push((node){-(b[i]-x), 1});
}
}
return cnt;
}
int main(){
// freopen("data.in","r",stdin);
scanf("%lld %lld",&n,&k);
fo(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);
fo(i,1,n) scanf("%lld",&b[i]);
ll l=0,r=1e12,mid;
while (l<r) {
mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)>=k) r=mid;
else l=mid+1;
}
check(l);
printf("%lld",ans+k*l);
return 0;
}
- 在反悔贪心的时候，注意到是可以取等，并且权值相同时，优先让a在前面，就是为了尽可能的多选数。
- 也就是说我们得到的是跟这条直线相切的最右端点
- 因此只有当\(k \le cnt\)时才可能合法
- 当mid增大时，cnt会增大，因此我们要二分得到最小的mid使得\(k \le cnt\)
[国家集训队] Tree I
题目描述
给你一个无向带权连通图，每条边是黑色或白色。让你求一棵最小权的恰好有 \(need\) 条白色边的生成树。
题目保证有解。
- 加入我们给每条白色边-x，那么选择x的边数量肯定不会变得更少。
- 在下面的代码中，我们排序定义了尽可能多选白色边，因此只有当\(k\le cnt\)才是合法的，而当mid增大，cnt也增大，因此我们要的就是最小的mid，使得\(k \le cnt\)
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for (ll (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define fd(i,b,a) for (ll (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
#define lc (o<<1)
#define rc ((o<<1)|1)
#define mk(x,y) make_pair((x),(y))
#define eb emplace_back
#define A puts("Yes")
#define B puts("No")
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long i64;
const ll inf=1ll<<60;
const ll mo1=1e9+9;
const ll mo2=1e9+7;
const ll P=131;
const ll Q=13331;
const int N=1e6+5;
ll f[N],n,m,k,t1,t2,tot,ans;
struct node{
ll x,y,z,c;
};
bool operator < (const node&a,const node &b) {
return a.z<b.z;
}
node e1[N],e2[N],e[N];
void R(ll &x){
ll t=0; char ch;
for (ch=getchar();!('0'<=ch && ch<='9');ch=getchar());
for (;('0'<=ch && ch<='9');ch=getchar()) t=t*10+ch-'0';
x=t;
}
int find(int x){
if (x==f[x]) return x;
return f[x]=find(f[x]);
}
ll check(ll x){
fo(i,1,t1) e1[i].z-=x;
ans=0;
ll i=1,j=1,cnt=0,f1,f2,tot=0;
while (i<=t1 && j<=t2) {
if (e1[i].z<=e2[j].z) {
e[++tot]=e1[i];
i++;
}
else{
e[++tot]=e2[j];
j++;
}
}
while (i<=t1) e[++tot]=e1[i],i++;
while (j<=t2) e[++tot]=e2[j],j++;
fo(i,1,n) f[i]=i;
fo(i,1,m) {
f1=find(e[i].x); f2=find(e[i].y);
if (f1^f2) {
f[f1]=f2;
if (!e[i].c) cnt++;
ans+=e[i].z;
}
}
fo(i,1,t1) e1[i].z+=x;
return cnt;
}
int main(){
// freopen("data.in","r",stdin);
//
ll c,x,y,z;
scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&k);
fo(i,1,m) {
scanf("%lld %lld %lld %lld",&x,&y,&z,&c);
x++; y++;
if (!c) e1[++t1]=(node){x,y,z,0};
else e2[++t2]=(node){x,y,z,1};
}
sort(e1+1,e1+t1+1);
sort(e2+1,e2+t2+1);
ll l=-1,r=200,mid;
while (l<r) {
mid=(l+r)>>1;
if (check(mid)>=k) r=mid;
else l=mid+1;
}
check(l);
printf("%lld\n",ans+k*l);
return 0;
}
[ABC218H] Red and Blue Lamps
题面翻译
题意翻译
现在你有 \(N\) 盏灯排成一列，编号为 \(1\) 到 \(N\)。对于任意一盏灯，你可以将其变成红色或蓝色。你想让其中的 \(R\) 盏灯变成红色，\(N-R\) 盏灯变成蓝色。
当第 \(i\) 和 \(i+1\) 盏灯以不同的颜色发光时，你将获得 \(A_i\) 点报酬。
请你计算当有 \(R\) 盏灯为红色，\(N-R\) 盏灯为蓝色时，你所获得的报酬和的最大值。
- 又是恰好r个这样的限制，假如我们让每个选红色的，都可以加上一个x，那么当x增大时，在最优选择方案下红色的数量只会增大
- 代码中我选择的是尽可能多选红色,因此只有当\(k\le cnt\)才是合法的，而当mid增大，cnt也增大，因此我们要的就是最小的mid，使得\(k \le cnt\)
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(ll (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define fd(i,a,b) for(ll (i)=(a);(i)>=(b);(i)--)
#define mk(x,y) make_pair((x),(y))
#define pi pair<ll,ll>
#define eb emplace_back
#define fi first
#define se second
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mo = 1e9 + 7;
const ll inf = 1ll << 60;
const int N = 2e5 + 5;
ll a[N], n, k, ans, f[N][2], g[N][2];
ll check(ll x) {
ans = 0;
f[1][0] = x; g[1][0] = 1;
f[1][1] = 0; g[1][1] = 0;
fo(i, 2, n) {
if (f[i - 1][0] <= f[i - 1][1] + a[i]) {
f[i][0] = f[i - 1][1] + a[i];
if (f[i - 1][0] == f[i - 1][1] + a[i]) {
g[i][0] = max(g[i - 1][0], g[i - 1][1]) + 1;
}
else g[i][0] = g[i - 1][1] + 1;
}
else {
f[i][0] = f[i - 1][0];
g[i][0] = g[i - 1][0] + 1;
}
if (f[i - 1][0] + a[i] <= f[i - 1][1]) {
f[i][1] = f[i - 1][1];
if (f[i - 1][0] + a[i] == f[i - 1][1]) {
g[i][1] = max(g[i - 1][0], g[i - 1][1]);
}
else g[i][1] = g[i - 1][1];
}
else {
f[i][1] = f[i - 1][0] + a[i];
g[i][1] = g[i - 1][0];
}
f[i][0] += x;
}
ans = max(f[n][0], f[n][1]);
if (f[n][0] < f[n][1]) return g[n][1];
else return g[n][0];
}
int main() {
// freopen("data.in", "r", stdin);
// freopen("data.out", "w", stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> n >> k;
fo(i, 2, n) cin >> a[i];
ll l = -1e12, r = 1e12, mid;
while (l < r) {
mid = (l + r) >> 1;
if (check(mid) >= k) r = mid;
else l = mid + 1;
}
check(l);
cout << ans - k * l;
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号