题解：洛谷 P9974 Candy Cane Feast

【题目来源】

洛谷：P9974 [USACO23DEC] Candy Cane Feast B - 洛谷

【题目描述】

Farmer John 的奶牛对甜食情有独钟，它们尤其喜欢吃糖果棒。FJ 共有 \(N\) 头奶牛，每头奶牛都有一个特定的初始高度。他想要喂它们 \(M\) 根糖果棒，每根糖果棒的高度也各不相同（\(1 \le N,M \le 2\cdot 10^5\)）。

FJ 计划按照输入给出的顺序，逐一喂给奶牛们糖果棒。然后，奶牛们会按照输入给出的顺序一个接一个地排队，走向糖果棒，每头奶牛最多吃到与它高度相同的部分（因为它们够不到更高的地方）。即使奶牛吃掉了糖果棒的底部，糖果棒也在最初悬挂的地方保持不动，并不会被降低到地面。如果糖果棒的底部已经高于某头奶牛的高度，那么这头奶牛在它的回合中可能什么也吃不到。每头奶牛轮流吃过后，它们的身高会增加它们吃掉的糖果棒的单位数量，然后农夫约翰挂上下一根糖果棒，奶牛们再次重复这个过程（第一头奶牛再次成为第一个开始吃下一根糖果棒的）。

【输入】

第一行包含 \(N\) 和 \(M\)。

接下来的一行包含 \(N\) 头奶牛的初始高度，每头奶牛的高度都在 \([1,10^9]\) 的范围内。

接下来的一行包含 \(M\) 根糖果棒的长度，每根糖果棒的长度都在 \([1,10^9]\) 的范围内。

【输出】

输出 \(N\) 行，表示每头奶牛最终的高度。

请注意，由于这个问题涉及的整数大小较大，可能需要使用 64 位整数数据类型（例如，在 C/C++ 中使用 long long 类型）。

【输入样例】

3 2
3 2 5
6 1

【输出样例】

7
2
7

【核心思想】

问题分析：有 \(N\) 头奶牛（初始高度 \(a_i\)）和 \(M\) 根糖果棒（长度 \(l_j\)）。按顺序处理每根糖果棒：奶牛按 \(1\) 到 \(N\) 的顺序依次尝试吃当前糖果棒。每头奶牛能吃到的高度范围为 \((bottom, top]\)，其中 \(bottom\) 是当前糖果棒已被吃掉的底部高度（初始为 0），\(top\) 是糖果棒的总长度。若奶牛高度 \(a_i > bottom\)，它能吃到 \(\min(a_i, top) - bottom\) 的高度，然后自身高度增加这个量，同时 \(bottom\) 更新为该奶牛的高度（若 \(a_i < top\)）或变为 \(top\)（若 \(a_i \ge top\)，糖果棒被吃完）。求所有奶牛最终高度。注意：糖果棒悬挂不动，\(bottom\) 记录已被吃到的位置，\(top\) 固定不变。
算法选择：
- 模拟 + 剪枝：按糖果棒顺序，对每根糖果棒遍历所有奶牛，模拟吃糖过程。关键优化是：当糖果棒被完全吃完（\(top == bottom\)）时，直接跳过后续奶牛的遍历，因为当前糖果棒已无剩余可吃。这大大减少总操作次数。
- 数据结构：用结构体存储每根糖果棒的 top（总长度）和 bottom（已被吃到的位置）。
关键步骤：
- 读入：读入 \(N, M\)，奶牛高度数组 \(a[1..N]\)，以及每根糖果棒的长度 \(l_j\)，初始化其 bottom = 0。
- 处理每根糖果棒（外层循环 \(j\) 从 1 到 \(M\)）：
  - 若当前糖果棒已被吃完（top == 0），则跳过所有奶牛（break）。
  - 遍历每头奶牛（内层循环 \(i\) 从 1 到 \(N\)）：
    - 若 \(a_i \le bottom\)，奶牛够不到糖果棒剩余部分，跳过。
    - 若 \(bottom < a_i < top\)，奶牛能吃到 \(a_i - bottom\) 长度，自身增加该长度；同时 \(bottom\) 更新为 \(a_i\)。
    - 若 \(a_i \ge top\)，奶牛能吃到 \(top - bottom\) 长度（即剩余全部），自身增加该长度；同时 \(bottom\) 更新为 \(top\)，糖果棒被吃完（标记 top = 0）。
- 输出：最终 \(a[1..N]\)。
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：理论上最坏 \(O(N \cdot M)\)（\(N, M \le 2 \times 10^5\)，可能超时），但剪枝（糖果棒被吃完后立即停止）在实际数据中通常有效。极端情况下（所有奶牛高度都很矮，\(bottom\) 增长极慢）仍可能接近 \(O(NM)\)，但官方数据可通过此优化。
- 空间复杂度：\(O(N + M)\)。
模拟 + 剪枝的核心思想：
- 关键优化：一旦某根糖果棒被完全吃掉，后续奶牛对该糖果棒的操作都无效，应直接跳过。这利用了“糖果棒剩余部分单调减少”的特性。
- 状态维护：用 \(bottom\) 记录已吃高度，而不是每次重新计算，避免了重复遍历已吃的低端部分。
- 适用场景：适用于“按顺序处理多个物品，每个物品被多个实体按固定顺序消费”的模拟问题。核心是维护物品的剩余可消费边界，并在耗尽时提前终止。

【解题思路】

【算法标签】

普及 #模拟

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, m;
ll a[200005];
struct node {
    int top, bottom;
}b[200005];
int main()
{
    cin >> n >> m;  // 输入n和m
    for (int i=1; i<=n; i++) {  // 输入n个奶牛的身高
        cin >> a[i];
    }
    for (int i=1; i<=m; i++) {  // 输入m个拐杖糖的高度
        cin >> b[i].top;  // 输入拐杖糖的高度
        b[i].bottom = 0;  // 同时记录该拐杖糖的底部为0
    }
    for (int i=1; i<=m; i++) {  // 先遍历m再遍历n（反过来会超时，部分测试点会TLE）
        for (int j=1; j<=n; j++) {
            if (b[i].top==0) break;  // 如果该拐杖糖已经被吃掉了，则跳过该糖（就是通过该行代码减少了时间复杂度）
            if (a[j]<=b[i].bottom) continue;  // 如果奶牛高度小于糖的底部高度，则说明没法吃到，继续循环
            if (a[j]>=b[i].bottom && a[j]<b[i].top) {  // 如果奶牛高度在糖的高度中间
                int tmp = a[j];  // 记录奶牛高度
                a[j] = a[j] + (a[j]-b[i].bottom);  // 奶牛高度增加吃掉的糖的高度
                b[i].bottom = tmp;  // 将糖的底部高度更新为奶牛的高度
            } else if (a[j]>=b[i].top) {  // 如果奶牛比糖的top位置还高
                a[j] = a[j] + (b[i].top-b[i].bottom);  // 则奶牛高度增加糖的长度（top-bottom）
                b[i].top = 0;  // 将糖的top修改为0，即被吃掉
            }
        }
    }
    for (int i=1; i<=n; i++) {  // 输出所有奶牛高度
        cout << a[i] << endl;
    }
    return 0;
}

【运行结果】

posted @ 2026-08-30 09:20 团爸讲算法阅读(9) 评论(0) 收藏举报

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普及 #模拟

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