T蚯蚓题解

蚯蚓

本题中，我们将用符号\([c]\)表示对c向下取整，例如：\([3.0] = [3.1] =[3.9]=3\)。蛐蛐国最近蚯蚓成灾了！隔壁跳蚤国的跳蚤也拿蚯蚓们没办法，蛐蛐国王只好去请神刀手来帮他们消灭蚯蚓。蛐蛐国里现在共有\(n\)只蚯蚓（\(n\)为正整数)。每只蚯蚓拥有长度，我们设第\(i\)只蚯蚓的长度为\(a_i(i=1,2,...,n)\)，并保证所有的长度都是非负整数（即:可能存在长度为\(0\)的蚯蚓）。每一秒，神刀手会在所有的蚯蚓中，准确地找到最长的那一只（如有多个则任选一个）将其切成两半。神刀手切开蚯蚓的位置由常数\(p\)(是满足\(0< p <1\)的有理数)决定，设这只蚯蚓长度为\(x\)，神刀手会将其
切成两只长度分别为\([px]\)和\(x-[px]\)的蚯蚓。特殊地，如果这两个数的其中一个等于0，则这个长度为0的蚯蚓也会被保留。此外，除了刚刚产生的两只新蚯蚓，其余蚯蚓的长度都会增加\(q\)(是一个非负整常数)。蛐蛐国王知道这样不是长久之计，因为蚯蚓不仅会越来越多，还会越来越长。蛐蛐国王决定求助于一位有着洪荒之力的神秘人物，但是救兵还需要\(m\)秒才能到来......(\(m\)为非负整数）蛐蛐国王希望知道这m秒内的战况。具体来说，他希望知道：?\(m\)秒内，每一秒被切断的蚯蚓被切断前的长度（有\(m\)个数）?\(m\)秒后，所有蚯蚓的长度（有\(n+m\)个数)。蛐蛐国王当然知道怎
么做啦！但是他想考考你......

Input

第一行包含六个整数\(n,m,q,u,v,t\)，其中：\(n,m,q\)的意义见问题描述；
\(u,v,t\)均为正整数；你需要自己计算\(p=u/v\)(保证\(0< u< v\))\(t\)是输出参数，其含义将会在输出格式中解释。
第二行包含n个非负整数，为\(a_i,a_2,...,a_n\)，即初始时\(n\)只蚯蚓的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。
保证\(1<=n<=10^5，0< m<7*10^6，0< u< v < 10^9，0<=q<=200，1< t <71，0< ai<10^8\)。

Output

第一行输出\([m /t]\)个整数，按时间顺序，依次输出第\(t\)秒，第\(2t\)秒，第\(3t\)秒……被切断蚯蚓（在被切断前）的长度。
第二行输出\([(n+m) /t]\)个整数，输出m秒后蚯蚓的长度；需要按从大到小的顺序
依次输出排名第\(t\)，第\(2t\)，第\(3t\)……的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。即使某一行没有任何数需要 输出，你也应输出一个空行。
请阅读样例来更好地理解这个格式。

Sample Input

3 7 1 1 3 1
3 3 2

Sample Output

3 4 4 4 5 5 6
6 6 6 5 5 4 4 3 2 2

题解

事实证明，找一篇代码可以AC的题解是十分重要的
%YouXam的题解

解题思路

题目里隐藏了一个性质：单调性
先被切掉的蚯蚓分成的蚯蚓一定比后切掉的蚯蚓分成的蚯蚓长
这个应该可以理解
假设这两只蚯蚓分别为\(a,b\),其中\(a>b\).那么它被切成\(a_1,a_2\).\(t\)秒后, \(b\)被切成了\(b_1,b_2\)。此时\(a_1,a_2\)​ 的长度为\(l_{a_1}+t=p*l_{a}+t,l_{a_2}+t=(1-p)*l_a+t\).而\(b_1,b_2\)的长度却为\(p*(l_b+t),(1-p)*(1_b+t)\), 容易看出\(l_{a_1}>l_{b_1},l_{a_2}>l_{b_2}\).
所以不必再用STL里的优先队列用了就错，超时
将每次切下来的两段分别存在两个普通的队列，这个队列自然就是单调的了

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <queue>
using namespace std;
const long long M = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, q, u, v, t, a[100005], cnt = 1, s = 0, f;
queue<int> q1, q2;
int main() {
    scanf("%d%d%d%d%d%d", &n, &m, &q, &u, &v, &t);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &a[i]);
    sort(a+1, a+n+1, greater<int>());//greater<int>()用到库<set>
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        long long d = -M;
        if (cnt <= n && d < a[cnt])
            d = (long long)a[cnt], f = 0;
        if (q1.size() && d < q1.front())
            d = (long long)q1.front(), f = 1;
        if (q2.size() && d < q2.front())
            d = (long long)q2.front(), f = 2;
        if (f == 1) q1.pop();
        else if (f == 2) q2.pop();
        else cnt++;
        d += s;
        q1.push(d * u / v - s - q);
        q2.push(d - d * u / v - s - q);
        s += q;
        if (i % t == 0) printf("%lld ", d);
    }
    puts("");
    for(int i = 1; i <= m + n; i++) {
        long long d = -M;
        if (cnt <= n && d < a[cnt])
            d = (long long)a[cnt], f = 0;
        if (q1.size() && d < q1.front())
            d = (long long)q1.front(), f = 1;
        if (q2.size() && d < q2.front())
            d = (long long)q2.front(), f = 2;
        if (f == 1) q1.pop();
        else if (f == 2) q2.pop();
        else cnt++;
        if (i % t == 0) printf("%lld ", d + s);
    }
    return 0;
}