[CSP-S模拟测试]:老司机的狂欢(LIS+LCA)

题目背景

光阴荏苒。
不过,两个人还在,两支车队还在,熟悉的道路、熟悉的风景,也都还在。
只是,这一次,没有了你死我活的博弈,似乎和谐了许多。
然而在机房是不允许游戏的,所以班长$XZY$对游戏界面进行了降维打击,结果。。。


题目传送门(内部题71)


输入格式

第一行两个正整数$n,k$;
接下来$n$行,第$i$行两个整数$x_i,a_i$。


输出格式

第一行一个非负整数$t$,表示狂欢最多能持续的时间($t=0$是合法的)。
如果有老司机有意见,第二行输出$-1$;
否则接下来$k$行每行$1$个正整数,表示字典序最小的方案。
对于每个测试点,如果第一行正确,计$5$分;在此前提下,如果全部正确,再计$5$分。


样例

样例输入:

4 3
-69 2
75 -2
-85 1
96 -1

样例输出:

10
1
3
4


数据范围与提示

样例解释:

共有两种方案使得狂欢时间为最长的$10$秒:$\{1,3,4\}$和$\{2,3,4\}$。显然前者字典序更小。

数据范围:

对于$20\%$的数据,$n\leqslant 15$;
对于$40\%$的数据,$n\leqslant 1,000$;
对于另$10\%$的数据,$k=1$;
对于另$10\%$的数据,$k=n$;
对于$100\%$的数据,$k\leqslant n\leqslant 10^5,|x_i|\leqslant 10^{18},|a_i|\leqslant 10^8$。
数据保证$x_i$两两不同。


题解

看到$x_i$两两不同,先排个序。

再来考虑第一问,可以用二分答案,考虑如何$judge$,其实就是用公式$s=\frac{1}{2}at^2$算出来现在的位置,然后用树状数组计算$LIS$即可。

再来考虑第二问。

先考虑$-1$的情况,其实就是最优时间内的$LIS$比$k$大。

再来考虑一般情况,我们可以将求$LIS$的过程看成是一棵树,每个点的父亲是向它转移的最优的点,深度最大的点到根节点的链就是答案。

但是需要注意的是我们排了序,所以为了保证最小,我们在比较字典序大小的时候应该比较两个点到其$LCA$中点的编号的最小值,因为再往上都是一样的,不用考虑。

时间复杂度:$\Theta(n\log n\log t+n\log^2 n)$。

期望得分:$100$分。

实际得分:$100$分。


代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{long long x,a;int id;}e[100001];
int n,k;
int eftr[100001],now;
long long p[100001],t[100001];
int fa[100001][21],minn[100001][21];
int ans[100001];
pair<int,int> tr[100001];
bool cmp(rec a,rec b){return a.x<b.x;}
int lowbit(int x){return x&-x;}
bool getmin(pair<int,int> a,pair<int,int> b)
{
	if(a.first!=b.first)return a.first<b.first;
	int minx=a.second,miny=b.second,x=a.second,y=b.second;
	for(int i=19;i>=0;i--)
		if(fa[x][i]!=fa[y][i])
		{
			minx=min(minx,minn[x][i]);
			miny=min(miny,minn[y][i]);
			x=fa[x][i];y=fa[y][i];
		}
	return minx>miny;
}
void efadd(int x,int w){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))eftr[i]=max(eftr[i],w);}
int efask(int x){int res=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i))res=max(res,eftr[i]);return res;}
void add(int x,pair<int,int> w){for(int i=x;i<=n;i+=lowbit(i))if(getmin(tr[i],w))tr[i]=w;}
pair<int,int> ask(int x){pair<int,int> res=make_pair(0,0);for(int i=x;i;i-=lowbit(i))if(getmin(res,tr[i]))res=tr[i];return res;}
bool judge(int x)
{
	memset(eftr,0,sizeof(eftr));
	for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=p[i]=2*e[i].x+e[i].a*x*x;
	sort(t+1,t+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		p[i]=lower_bound(t+1,t+n+1,p[i])-t;
		efadd(p[i],efask(p[i]-1)+1);
	}
	now=efask(n);
	return now>=k;
}
void build(int x,int father)
{
	fa[x][0]=minn[x][0]=father;
	for(int i=1;i<=19;i++)
	{
		fa[x][i]=fa[fa[x][i-1]][i-1];
		minn[x][i]=min(minn[x][i-1],minn[fa[x][i-1]][i-1]);
	}
}
int main()
{
	memset(minn,0x3f,sizeof(minn));
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld%lld",&e[i].x,&e[i].a);
		e[i].id=i;
	}
	sort(e+1,e+n+1,cmp);
	int lft=1,rht=86400,res=1;
	while(lft<=rht)
	{
		int mid=(lft+rht)>>1;
		if(judge(mid)){lft=mid+1;res=mid;}
		else rht=mid-1;
	}
	judge(res);
	printf("%d\n",res);
	if(now>k){puts("-1");return 0;}
	for(int i=1;i<=n;i++)t[i]=p[i]=2*e[i].x+e[i].a*res*res;
	sort(t+1,t+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		p[i]=lower_bound(t+1,t+n+1,p[i])-t;
		pair<int,int> flag=ask(p[i]-1);
		build(e[i].id,flag.second);
		add(p[i],make_pair(flag.first+1,e[i].id));
	}
	int now=ask(n).second;
	for(int i=1;i<=k;i++)
	{
		ans[i]=now;
		now=fa[now][0];
	}
	sort(ans+1,ans+k+1);
	for(int i=1;i<=k;i++)printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

rp++

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