[BZOJ4868][Shoi2017]期末考试（暴力）

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https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4868

Solution

由于期末考试中考的到来，写了这一题。
先把问题抽象化：
有 $n$ 个数，分别为 $t_1,t_2,...,t_n$ 。
还有 $m$ 个数，分别为 $b_1,b_2,...,b_m$ 。
操作一：对于一对 $i\ne j$ ，将 $b_i$ 加一， $b_j$ 减一的代价为 $A$ 。
操作二：对于一个 $i$ ，将一个 $b_i$ 减一的代价为 $B$ 。
上面两种操作可以执行多次。
操作执行完之后，对于任何一个 $i$ ，如果 $\max\{b\}>t_i$ ，则产生的代价为 $\max\{b\}-t_i$ 。
求最小代价和。
把问题拆开，先对于每个 $1\le k\le \max\{b\}$ ，求出使 $\max\{b\}$ 下降到 $k$ 的最小代价和。
显然，如果 $A\ge B$ ，那么操作一是没有意义的。最小代价和为

$$\sum_{i=1}^m\max(b_i-k,0)$$
将 $b$ 排序后可以求出。
否则可能既有操作一又有操作二（当然操作一要多用）。设 $b_i<b_j$ ，那么一定有 $b_i<k<b_j$ 。
也就是说，操作一的 $i$ 一定满足 $b_i<k$ ， $j$ 一定满足 $b_j>k$ 。
满足 $b_i<k$ 的 $b$ 值最多可以加一 $\sum_{x=1}^m\max(k-b_x,0)$ 次。
满足 $b_j>k$ 的 $b$ 值最多可以减一 $\sum_{x=1}^m\max(b_x-k,0)$ 次。
所以，这样操作一的执行次数为：
$$\min(\sum_{x=1}^m\max(k-b_x,0),\sum_{x=1}^m\max(b_x-k,0))$$
操作二的执行次数：
$$|\sum_{x=1}^m\max(k-b_x,0)-\sum_{x=1}^m\max(b_x-k,0)|$$
求出将 $\max\{b\}$ 降到 $k$ 的最小代价和后，再加上 $\sum_{x=1}^n\max(k-t_x,0)$ ，就可以更新答案。
同样将 $t$ 排序。
特判： $C=10^{16}$ 时，只有 $\max\{b\}<\min\{t\}$ 才能保证最优。为了不爆 long long ，只需要将 $k$ 从 $1$ 枚举到 $\min\{t\}$ 而不是 $10^5$ 即可。

Code

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Rof(i, a, b) for (i = a; i >= b; i--)
using namespace std;
inline int read() {
    int res = 0; bool bo = 0; char c;
    while (((c = getchar()) < '0' || c > '9') && c != '-');
    if (c == '-') bo = 1; else res = c - 48;
    while ((c = getchar()) >= '0' && c <= '9')
        res = (res << 3) + (res << 1) + (c - 48);
    return bo ? ~res + 1 : res;
}
typedef long long ll; const int N = 1e5 + 5;
int A, B, n, m, t[N], b[N], cntt[N], cntl[N], cntr[N], w1[N], w2[N], MaxN = 1e5;
ll C, sumt[N], suml[N], sumr[N], f[N], Ans = ((1ll << 62) - 1 << 1) + 1;
int main() {
    int i, sp = 1; A = read(); B = read(); cin >> C; n = read(); m = read();
    For (i, 1, n) w1[t[i] = read()]++; For (i, 1, m) w2[b[i] = read()]++;
    For (i, 1, MaxN) cntt[i] = cntt[i - 1] + w1[i], cntl[i] = cntl[i - 1] + w2[i],
        sumt[i] = sumt[i - 1] + 1ll * w1[i] * i,
        suml[i] = suml[i - 1] + 1ll * w2[i] * i; Rof (i, MaxN, 1)
        cntr[i] = cntr[i + 1] + w2[i], sumr[i] = sumr[i + 1] + 1ll * w2[i] * i;
    while (!w2[MaxN]) MaxN--; For (i, 1, MaxN) {
        ll le = 1ll * i * cntl[i] - suml[i], ri = sumr[i] - 1ll * i * cntr[i];
        if (A >= B) f[i] = 1ll * ri * B; else if (le >= ri) f[i] = 1ll * ri * A;
        else f[i] = 1ll * le * A + 1ll * (ri - le) * B;
    }
    while (!w1[sp]) sp++; For (i, 1, (C == 1e16 ? min(sp, MaxN) : MaxN))
        Ans = min(Ans, f[i] + (1ll * i * cntt[i] - sumt[i]) * C);
    cout << Ans << endl; return 0;
}