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C.Schedule Management(二分)

Problem

现在有\(m\)个任务和\(n\)个工人，擅长第\(i\)个任务的人是\(a_i\)。存在擅长该任务的人做该任务花费时间为\(1\)小时，不擅长该任务的人做该任务需要花费\(2\)个小时，每个时刻一个人只能做一个任务，工人可以并行工作，问最少花费多少时间可以把任务做完

Solve

二分，每次二分一个完成时间，计算小于这个时间的工人可以额外多完成多少件任务\(extr\)，大于这个时间的工人需要多少个人来帮他完成多出的任务\(need\)，如果\(extr>=need\)，说明时间又太多有剩余，把范围缩小

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int main()
{
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);
  int T;
  cin>>T;
  while(T--){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<int>cnt(n+1);
    for(int i=1;i<=m;i++){
      int x;
      cin>>x;
      cnt[x]++;
    }
    int l=0,r=m;
    while(l<r){
      ll extr=0,need=0;
      int mid=l+r>>1;
      for(int i=1;i<=n;i++){
        if(cnt[i]<=mid) extr+=(mid-cnt[i])/2;
        else need+=cnt[i]-mid;
      }
      if(extr>=need) r=mid;
      else l=mid+1;
    }
    cout<<l<<'\n';
  }
}

D.Permutation Restoration

Problem

有个长度为\(n\)的排列\(p\)，但现在不知道\(p\)，知道长度为\(n\)的序列\(b\)，满足\(b_i=\lfloor \frac{i}{p_i}\rfloor\)，要你求出原来的排列\(p\)。

Solve

对于每个\(p_i\)，都可以求出一个取值范围\([l_i,r_i]\)。考虑吧所有的区间按照左端点从小到大排序，线性扫一遍的得出。

按照左端点从小到大排序，对于左端点相同，右端点越小一定越先选择，右端点越大，可选择的机会越多，而越往后扫，由于左端点递增，如果右端点不是不是很大的话，后加的反而选择会少，反而要先选，所以用一个优先队列维护右端点，每次选择右端点最小的赋值。扫的话\(i\)从\(1\)开始，考虑把\(i\)给原序列的第几个数。比较经典的问题

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
array<int,3>seg[N];
int main()
{
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(nullptr);
  int T;
  cin>>T;
  while(T--)
  {
     int n;
     cin>>n;
     vector<int>b(n+1),p(n+1);
     for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
     for(int i=1;i<=n;i++){
        if(b[i]==0) seg[i][0]=i+1,seg[i][1]=n;
        else{
          seg[i][1]=i/b[i];
          seg[i][0]=i/(b[i]+1)+1;
        
        }
        seg[i][2]=i;
     }
     sort(seg+1,seg+1+n);
     priority_queue<pair<int,int>>q;
     int j=1;
     for(int i=1;i<=n;i++){
       while(j<=n&&seg[j][0]==i){
         q.push({-seg[j][1],seg[j][2]});
         ++j;
       }
       p[q.top().second]=i;
       q.pop();
     }
     for(int i=1;i<=n;i++) cout<<p[i]<<" \n"[i==n];
  }
}

F.Points(线段树、树状数组)

Problem

一个水平坐标轴上，三个点\(i\lt k \lt j\)称为漂亮点对满足\(j-i\le d\)。一开始坐标轴上没有点，现在有\(q\)次询问，每次给出一个点的坐标\(x\gt 0\)，如果这个点不存在，就加上这个点，并计算现在有多少漂亮点对；若果这个点不存在，就把这个点删去，并计算现在有多少个漂亮点对

Solve

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ls rt<<1
#define rs rt<<1|1
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5,NN=2e5;
int a[NN],vis[NN];
int q,d;
int cnt[NN*4],tag[NN*4];
ll sum[NN*4];
void add(int p,int x){
    for(;p<=N;p+=p&-p) a[p]+=x;
}
int ask(int p){
    int res=0;
    for(;p;p-=p&-p) res+=a[p];
        return res;
}

void pushup(int rt){
   cnt[rt]=cnt[ls]+cnt[rs],sum[rt]=sum[ls]+sum[rs];
}
void pushdown(int rt){
    if(tag[rt]){
        sum[ls]+=1LL*tag[rt]*cnt[ls];
        sum[rs]+=1LL*tag[rt]*cnt[rs];
        tag[ls]+=tag[rt];
        tag[rs]+=tag[rt];
        tag[rt]=0;
    }
}
void update1(int rt,int L,int R,int p,int x){ //单点修改
    if(L==R){
        if(cnt[rt]) cnt[rt]=0,sum[rt]=0;
        else cnt[rt]=1,sum[rt]=x;
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int mid=L+R>>1;
    if(p<=mid) update1(ls,L,mid,p,x);
    else update1(rs,mid+1,R,p,x);
    pushup(rt);
}
void update2(int rt,int L,int R,int l,int r,int x){ //区间修改 
    if(R<l||L>r) return ;
    if(l<=L&&R<=r){
        sum[rt]+=1LL*x*cnt[rt];
        tag[rt]+=x;
        return;
    }
    pushdown(rt);
    int mid=L+R>>1;
    if(l<=mid) update2(ls,L,mid,l,r,x);
    if(r>mid) update2(rs,mid+1,R,l,r,x);
    pushup(rt);
}
ll query(int rt,int L,int R,int l,int r){
    if(R<l||L>r) return 0;
    if(l<=L&&R<=r){
        return sum[rt];
    }
    pushdown(rt);
    ll res=0;
    int mid=L+R>>1;
    if(l<=mid) res+=query(ls,L,mid,l,r);
    if(r>mid) res+=query(rs,mid+1,R,l,r);
    return res;
}
ll cal(int x){
    int cntl=ask(x-1)-ask(max(x-d-1,0));
    int cntr=ask(min(x+d,N))-ask(x);
    ll res=query(1,1,N,x-d,x-1)+1LL*cntr*(cntr-1)/2;
    return res;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cin>>q>>d;
    ll ans=0;
    while(q--){
        int x;
        cin>>x;
        if(!vis[x]){
            vis[x]=1;
            ans+=cal(x);
            add(x,1);              
            update2(1,1,N,x-d,x-1,1);   
            update1(1,1,N,x,ask(min(x+d,N))-ask(x));
        }else{
            vis[x]=0;
            update1(1,1,N,x,0);
            update2(1,1,N,x-d,x-1,-1);
            add(x,-1);
            ans-=cal(x);
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
}

标签：int,ll,edu131,cin,CF,任务,端点,ask,div2
来源： https://www.cnblogs.com/Arashimu0x7f/p/16463375.html

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