凸贪心杂题

P11328

贪心策略的发现的通用方法:假定最优解集合，再微调研究

很明显我们应该使用邻项交换法，假设选定了按照什么顺序参加比赛，并且参加的每一场都获得了徽章，那么考虑先操作 \(i\) 再操作 \(j\) 合法，而先操作 \(j\) 非法的条件是：

\[now\le L_i,now+X_i\le L_j,now\le L_j,now+X_j>L_i \]

首先，必然有 \(now\le L_i,now\le L_j\)，只需要看剩下的条件：

\[L_i-X_j<now\le L_j-X_i\implies L_i+X_i<L_j+X_j \]

因此按 \(L+X\) 升序操作最优。

然后，考虑获得最多的徽章，这是一个经典问题。

从头开始扫，如果可以直接用 \(L_i\)，那么直接用，否则找到有效的比赛里 \(X\) 最大的扔掉，换成 \(X_i\)（如果 \(X_i\) 更小）。

证明是容易的，假设换了 \(j\)，也就有：

\[L_j+X_j\le L_i+X_i,X_j>X_i\implies L_j<L_i \]

那么将 \(j\) 同时刻替换为 \(i\) 不会变差，一定合法。

JOISC2018 J

很经典的贪心结论，需要注意的是一定要设 \(0,n+1\) 为 \(\infty\)，否则不能满足每次至少增加一个的条件。

P14265

枚举一下首尾颜色就变成了上个题，方案输出可以通过区间 \(\oplus 1\) 打标记实现。

注意细节。

CF1799 F

显然需要先除再减，对同一个数字。

不妨设用了除减，除法，减法，没用的数字个数分别是 \(a,b,c,d\)，那有：

\[a+b+c+d=n,a+b=k_1,a+c=k_2 \]

并且，同一类操作用数字较大的一定比数字小的更好，因此我们就知道了 \(a,d\) 分别取数字从大到小排序后的前缀和后缀。

不妨枚举 \(a\)。

那么考虑单个除法和减法怎么分？

对于 \(val>2b\) 而言，除法不劣于减法，而对于 \(val<2b\) 而言都是除法劣势。

因此可以知道，我们会首先做除法，然后在一个分界点做减法，最后剩下的数字做除法。

事实上最优分界点可以算出来，大概可以做到线性或者一个 \(\log\)，但这里 \(n\) 只有 \(5000\)，暴力枚举，借助前缀和即可 \(O(1)\) 计算。

AT-jag2017autumn_j

首先可以找到一些性质（虽然没有用）。

如果我一个都不生产，一定找人要，如果我只生产一个，一定自己用，如果我生产两个，一定支援他人。

因此这是个最小费用流问题，由此原问题具有凸性。

暴力建图是 \(O(n^2)\) 的图，但是可以做前后缀优化建图，图就只有 \(O(n)\) 条边了。

这启发我们做 \(dp\)。

不妨设 \(dp_{i,j}\) 为处理了 \([1,i]\)，当前的流量为 \(j\)（正负号代表流向）。

转移就是：

\[dp_{i,j}=\max(dp_{i-1,j+1}+|j+1|d_i,dp_{i-1,j}+|j|d_i+g_i,dp_{i-1,j-1}+|j-1|d_i+2g_i) \]

这是在做什么？
先做一个 \(dp'_{j}=dp_{j}+|j|d_i\)，然后再往右平移一格，然后就变成了与 \(\lbrace 0,g_i,2g_i\rbrace\) 做 \((\max,+)\) 卷积。

那么可以考虑维护闵可夫斯基和，也就是维护 \(dp\) 值的差分，显然这是下凸壳。

我们需要做的？

1. 维护最低点，也就是 \(0\) 的所在，支持平移。
2. 支持 \(+|j|d_i\)，也就是正负分离，\(\le0\) 与 \(>0\) 分开。
3. 动态插入，维护有序结构

可以使用对顶堆，那么几个操作分别是：

1. 往右平移一格：从\(\le 0\) 的堆里找最大值扔进 \(>0\) 的堆。
2. 加 \(|j|d_i\)，就是一个打标记的事情，维护左右堆分别的标记即可，左减右加。
3. 动态插入，直接扔进堆里再平衡就行了，记得扔两次。

最低点的值是好维护的。

CF436 E

考虑 \(i\to i+1\)，有四个策略：

1. \(0\to 1\)
2. \(1\to 2\)
3. \(2\to 1,0\to 2\)
4. \(1\to 0,0\to 2\)

用五个优先队列分别维护即可。

第二个做法是注意到下标 \(\mod 2\) 是凸的，因此考虑 \(i\to i+2\)。

CF335F

这题的题解都在写什么鬼

从高往低做
假设现在买了 \(x\)，附赠了 \(y\)，现在在处理值为 \(z\) 的，\(y\) 是附赠品里最便宜的。

1. 如果买下 \(y\)，就可以送两个 \(z\)，代价是 \(y\)

2. 否则直接买下两个 \(z\)，赠送两次白嫖机会
   那么就有

3. \(2z>y\) 时，买 \(y\) 来换会更优秀，这相当于是 \(y\) 和买 \(y\) 的那个元素同时提供了两次白嫖机会

4. 与此同时，需要注意到，如果直接买两个 \(z\)，也能会后续提供两次白嫖机会，因此等效为额外买了一个 \(2z-y\) 的物品

讨论一下：

1. 只有一个 \(z\)

   1. \(y\ge z\) 肯定只有直接买了。\(y\) 仍然是白嫖物品。
   2. \(y<z\) 买下 \(y\)，还能给更小的值白嫖一个，这时候去掉 \(y\)，新的白嫖物品是 \(z\)。

   综上，代价是 \(\min(z,y)\)。

2. 有不止一个 \(z\)。

   1. \(y<z\)

      肯定买下 \(y\)，白嫖两个 \(z\)，代价 \(y\)。

      那么白嫖物品就除掉 \(y\)，加入两个 \(z\)。

      \(y\) 在此刻消耗掉是最优的决策（白嫖了最多的 \(2z\)）。

   2. \(y< 2z\)

      买下 \(y\) 显然更划算，这时候白嫖物品是两个 \(z\)。

      直观的想法是我们加入两个 \(z\) 作为新的白嫖物品，但这是错误的。

      注意到，我们每次消耗白嫖物品实质上是要多出两个白嫖额度，这一步操作以后我们要多出两个白嫖额度，就只剩下几个操作：

      1. 买下一个 \(z\)。

      2. 买下两个 \(z\)，提供两个白嫖额度，\(y\) 就不用买了，代价是 \(2z-y\)。

      注意到 \(z\le y<2z\implies 2z-y\le z\)，也就是一定会先买两个 \(z\) 而撤掉买 \(y\) 的决策（后续买也不迟），也即买一个 \(z\) 这种事情不可能发生。

      因此，我们实际上为未来有两个决策，先执行 \(2z-y\)，再执行 \(y\)。

      所以这相当于是两个新的白嫖物品。

   3. \(y\ge 2z\)

      显然应当直接买，不消耗\(y\)。

因此可以用优先队列维护这个贪心过程。

P8175

假定我们已经知道了我们需要买哪些糖果，如何走才能够保证拿完？

一个很自然的观察是我们从左往右拿糖果去消耗，因为从右往左只会让左边的限制更为严格。

首先，在同一位置的糖果，在取最后一个之前，一定是取了之后去最近的空地消耗。

不妨设 \(d_i\) 为商店 \(i\) 距离其最近的空地距离。

取最后一个之后，有两个决策：

1. 还是去最近的空地再返回
2. 去下一个商店，路上如果有空地就直接消耗了。
3. 去下一个商店的右侧的空地（中间没有空地），再回到下一个商店去取。

不妨设 \(pre,suf\) 为商店 \(i\) 左右最近空地距离，\(nxt\) 为下一个商店。三个策略的代价分别是：

\[\begin{cases} 2\min(i-pre_i,suf_i-i)+nxt_i-i\\ nxt_i-i,suf_i<nxt_i\\ suf_i-i+suf_i-nxt_i\\ \end{cases} \]

不妨记这个值是 \(f_i\)，那么我们其实就已经明白代价了。

如果提前去掉走路的代价 \(nxt_i-i\)（因为这段路是必须要走的）。

问题就转化为了，我们从左往右取商品，在商店 \(i\) 的代价是这样的：

1. 取首个商品的代价为 \(f_i\)，保证 \(f_i\le d_i\)。
2. 后续每个商品 \(d_i\) 块。

我们需要满足，对于每个 \(i\)，除掉最后一个购买的商品的话（你可以拿在手上跑去卖掉，只要抢先买下就行）在所有商店 \(j\le i\) 买的商品总值不超过 \(i-1\)。注意这里的最后一个买指的是 \(f_i\)。

这可以使用反悔贪心解决，我们维护一个堆，里面放我们所有的买下的糖果的代价。

在走到商店 \(i\) 时：

1. 首先尽可能买 \(d_i\)，直到首次超限。

   超限也可以考虑把之前更贵的删了换成我。

   因为有 \(f_i\le d_i\)，所以对于一个商店的撤销，一定先撤普通商品再撤这个特殊商品。

2. 然后尽可能买一个 \(f_i\)，策略和上面一样，如果买不了就说明上面也一个没买。

考虑分析一下复杂度。

由于 \(\sum d\) 是 \(O(n)\) 级的，因此 \(d,f\) 合起来只有 \(O(\sqrt n)\) 种取值。

而一个值最多被插入和撤销优先队列 \(O(\frac{n}{i})\) 次，并且只能被更小的值替换。

因此每个值至多在优先队列里变动（增删） \(O(\frac{n}{i})\) 次。

所以优先队列的插入删除不超过 \(O(\sum \frac{n}{i})=O(n\ln n)\) 次，因此复杂度不超过 \(O(n\log n\ln n)\)。

ABC363G

这太板了。

首先考虑原问题如何解决，这是一个经典贪心问题：

将所有任务按照截止时间 \(D_i\) 排序，用优先队列维护当前所选的任务。

从头开始扫描：

1. 如果没到截止时间，直接将 \(P_i\) 加入优先队列。
2. 否则观察优先队列里收益最低的是否比我低，如果比我低就拿我去替换。

让我们观察一下，这是在做什么，如何能够支持单修。

首先，由于需要排序，我们定然是要按照 \(D\) 为轴建立数据结构的。

然后考虑一个任务的影响。

假定我现在已经决定了当前最优的选择，现在加入了一个任务。

1. 首先假装我选中这个任务。
2. 如果现在合法，那自然最优。
3. 否则找到最劣的任务，使得删掉它可以重新合法。

删除是同理的：

1. 如果删的不在最优决策了，不管。
2. 否则，观察有哪些任务可以加入决策集合，找最优的加入。

显然，决策集合的变动最多是 \(O(1)\) 的。

那么如何判断合法性？根据Hall定理：

1. 对于任意时间 \(D\)，截止时间 \(\le D\) 的被执行任务个数 \(\le D\)。

那么线段树初始化节点 \(i\) 权值为 \(i\)，每次执行一个任务，就将 \([D_i,n]\) 减一。

只要全局最小值非负就合法。

那么上述就可以通过模拟实现了，只需要维护区间内尚未加入决策集合的最大权值，加入决策集合的最小权值，支持查找最左侧 \(-1\)，最右侧 \(0\)，然后支持区间加减即可。