LOJ #2348. 「JOI 2018 Final」美术展览

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简要题意：

$n$ 个艺术品，分别有尺寸 $A_i$ 和价值 $B_i$. 选定若干艺术品的“总价值”为 其价值之和减去尺寸的极差。极差即为最大值和最小值的差。求这个“总价值”的最大值。

$n\le 5\times 10^5$，$1\le A_i\le 10^{15}$，$1\le B_i\le 10^9(1\le i\le n)$.

算法一

首先考虑一个 $\mathcal{O}(n^2)$ 的简易做法。

套路按 $A$ 排序，贪心地，如果在已选定的若干艺术品中可以加入一个艺术品，使得该艺术品的尺寸在原来的最大值和最小值之间，那么该艺术品可以加入，这样是不用减去极差就可以加价值的操作。

所以按 $A$ 排序后，选的艺术品必然是一个连续的区间，这样可以套路设 $s$ 为 $B$ 的前缀和，快速计算价值之和。

这样枚举左端点 $i$，扩展右端点 $j$，则 $[i,j]$ 的“总价值”为：

$$s_j-s_{i-1}-(a_j-a_i)$$

时间复杂度：$\mathcal{O}(n^2)$.

算法二

考虑如何优化算法一？

套路枚举左端点 $i$，如何快速确定 $j$？

$$s_j-s_{i-1}-(a_j-a_i)=(a_i-s_{i-1})+(s_j-a_j)$$

其中 $a_i-s_{i-1}$ 当我们选定 $i$ 后就不变了，我们需要快速求出 ${\max }_{j=i}^n(s_j-a_j)$.

令 ${\text{tmax}}_i={\max }_{j=i}^n(s_j-a_j)$，考虑如何预处理 $\text{tmax}$？

很显然，倒着枚举 $i$，用 ${\text{tmax}}_{i+1}$ 的结果和当前的 $s_i-a_i$ 取一个较大即可。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n)$.

注：这里有一个小细节。如果你这样写：

typedef long long ll;
const int N=5e5+1;

...

struct art {
	ll A,B;
} a[N];

...

for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i].B;
for(int i=n;i>=1;i--) tmax[i]=max(tmax[i+1],s[i]-a[i].A);

将会得到错误的答案。

观察可以发现，答案可能是负数，所以 $\text{tmax}$ 也可能是负数。

而数组默认 ${\text{tmax}}_{n+1}=0$，这样会影响整个数组，因而答案错误。

所以要预先处理一个极小值。

时间复杂度：$\mathcal{O}(n)$.

实际得分：$100pts$.

$168$ 个测试点好评

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=5e5+2;

inline ll read(){char ch=getchar(); ll f=1; while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	   ll x=0;while(isdigit(ch)) x=x*10+ch-'0',ch=getchar(); return x*f;}

struct art {
	ll A,B;
} a[N]; int n;
ll tmax[N],s[N];
ll ans=-(1ll<<62);

inline ll max(ll x,ll y) {return x>y?x:y;}

inline bool cmp(art x,art y) {
	return x.A<y.A;
}

int main() {
	n=read(); tmax[n+1]=ans; // ans 此时为极小值
	for(int i=1;i<=n;i++) a[i].A=read(),a[i].B=read();
	sort(a+1,a+1+n,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i].B;
	for(int i=n;i>=1;i--) tmax[i]=max(tmax[i+1],s[i]-a[i].A);
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,a[i].A-s[i-1]+tmax[i]);
	printf("%lldn",ans);
	return 0;
}

最后

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