2019南京网络赛 I Washing clothes —

2019南京网络赛 I Washing clothes —— 神级思维

本文主要是介绍2019南京网络赛 I Washing clothes —— 神级思维，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

题目链接：点我啊╭(╯^╰)╮

题目大意：

     $n$ 个人要洗衣服，一台洗衣机
    手洗为 $y$ 分钟，机洗为 $x$ 分钟
    问 $x$ 从 $1$ 到 $y$ 的所有最小时间？？？

解题思路：

    考虑枚举每一个人对答案的影响
    对于一个特定的 $x$ ，答案肯定是从一个人开始后面都用洗衣机
    为什么呢？？假设是这样的策略序列：

y	y	y	x	x	x	x
$t_1$	$t_2$	$t_3$	$t_4$	$t_5$	$t_6$	$t_7$

表示从 $t_4$ 开始都用机洗，且影响最终答案的人是第四个人（和第三个人）
为什么后面不能再有人用 $y$ 了？

y	y	y	x	x	y	x
$t_1$	$t_2$	$t_3$	$t_4$	$t_5$	$t_6$	$t_7$

    这样就变成了第六个人影响答案了，或者说：
    如果第六个人用 $y$ 会使得答案变小，那么我在枚举第七个人同样会计算出答案
    如果第六个人用 $y$ 会使得答案变大，那么就不是最佳策略

    所以如果从第 $i$ 个人开始用洗衣机，答案就是
     $t_{i-1}+y, max ^N _{j=i}t_j + (N-j+1)\times x)$
    设 $f(i) = t_{i-1}$ ，是个单调递增函数
    设 $^N _{j=i}t_j + (N-j+1)\times x)$ ，是个单调递减函数
    则 $m a x (f (i), g (i))$ 是一个凸函数

    那么问题就变为了求这个函数的极小值，我们设 $p = y / x$ ， $\times x$
    且极小值点一定在 $n - p + 1$ ！！！！！！
    下面开始证明：

	$f (i)$	$g (i)$
$n - p + 2$	$t_{n-p+1}+y$	$^N _{j=n-p+2}t_j + (N-j+1)\times x)$
$n - p + 1$	$t_{n-p}+y$	$^N _{j=n-p+1}t_j + (N-j+1)\times x)$
$n - p$	$t_{n-p-1}+y$	$^N _{j=n-p}t_j + (N-j+1)\times x)$

t_{n-p}+y = t_{n-p}+p\times x

＜

t_{n-p} + (p+1)\times x

\leq

^N _{j=n-p}t_j + (N-j+1)\times x)

    即 $f (n - p + 1) \leq g (n - p)$
    也就说明在 $n - p + 1$ 这个点之前， $f (i)$ 一直小于 $g (i)$
    也就说明极小值点一定在 $n - p + 1$ 之后！

    当 $i ＞ n - p + 1 ， n - i + 1 ＜ p$
    对于 $g (i)$ 而言， $max(t_i+(n-i+1)\times x, g(i+1))$

t_i+(n-i+1)\times x

＜

t_i+px

=

t_i+y

=

f (i + 1)

即

m a x (f (i + 1), g (i + 1)) \geq g (i)

，且

f (i + 1) ＞ f (i)

也就说明极小值点一定在

n - p + 1

之前！

也就证明了极小值点一定在 $n - p + 1$
那么对于每个 $x$ 而言，只需要枚举 $^N _{j=n-p+1}t_j + (N-j+1)\times x)$ ，也就是 $p = y / x$ 次

时间复杂度： $O(\sum_{x=1}^y \frac{y}{x}) =$ $O (y l o g y)$

给的题解里要用李超树维护新加的线段，有空来补…
在这里插入图片描述

核心：看傻了

#include<bits/stdc++.h>
#define deb(x) cerr<<#x<<" = "<<(x)<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 5;
int n, y, t[maxn];int main() {while(~scanf("%d%d", &n, &y)) {for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d", t+i);sort(t+1, t+n+1);for(int x=1; x<=y; x++) {ll p = min(n, y / x), ans = 0;if(n-p) ans = t[n-p] + y;for(int i=n; i>n-p; i--)ans = max(ans, t[i] + 1ll*(n-i+1)*x);printf("%d%c", ans, x<y ? ' ' : '\n');}}
}

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