HDU 2020 多校第一场 1007 Hunting Monsters

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吐槽

我开场第一个开的题就是这个，误判断以为是个我不会的中档贪心题，结果扔给 djq 他都想了好久，然后我就自闭了 2333

题解

真·hard 神题，给出题人点赞！接下来大概就是把英文题解翻译了一遍吧，顺便补了一点证明。

观察

最初始的贪心部分，相信大家都想到了。我们把怪物分成 $A_i > B_i$ 和 $A_i \le B_i$ 的部分，分别记为集合 $S,T$，那么有以下性质：

1. 最终方案任意 $T$ 集合的元素必然在 $S$ 集合之前。
2. 最终方案 $T$ 集合的元素是按照 $A_i$ 从小到大排序的。这个比较显然，交换一组 $A_i>A_j(i<j)$ 显然不会更劣。
3. 最终方案 $S$ 集合中的元素是按照 $B_i$ 从大到小排序的。证明方法类似，交换一组 $B_i<B_j(i<j)$ 不会使答案更劣。

于是整道题就被我们分成了几部分：

1. 对于任意 $K$，计算出在 $S$ 中选 $K$ 个怪兽需要花费的最小代价。
2. 对于任意 $K$，计算出在 $T$ 中选 $K$ 个怪兽需要花费的最小代价。
3. 合并以上两部分的答案。

其中第一部分最难。

第一部分

考虑一个 trival 的 dp，把 $S$ 按照 $B$ 从大到小排序， $f(i,j)$ 表示当前考虑了最后 $i$ 个元素，选择 $j$ 个所需要的最小代价。那么显然有如下 dp 方程：

$f(i,j)=\min\{\max\{f(i-1,j-1)-B_i,0\}+A_i,f(i-1,j)\}$

仔细分析一下这个 dp 方程，我们发现对于一个 $i$，它有四种不同的转移：

1. 若 $f(i-1,j) \le B_i$，那么对于任意 $k \ge i$，都有 $f(k,j)=f(i-1,j)$。因为我们按照 $B_i$ 从大到小排序，后面的 $B_k$ 只会更大。
2. 若 $f(i-1,j) \in (B_i,A_i]$，则 $f(i,j)=f(i-1,j)$。
3. 若 $f(i-1,j)>A_i$ 且 $f(i-1,j) < f(i-1,j-1)+A_i-B_i$，则 $f(i,j)=f(i-1,j)$。
4. 若 $f(i-1,j)>A_i$ 且 $f(i-1,j) \ge f(i-1,j-1)+A_i-B_i$，则 $f(i,j)=\max\{0,f(i-1,j-1)-B_i\}+A_i$。
   补充说明：我感觉这里 $f(i-1,j-1)$ 是有可能 $\le B_i$ 的，但是题解好像并没有这么写（如果有错误请指出 /kel）。但是判断条件确实不需要带 $\max$，因为 $f(i-1,j-1) \le B_i$ 只会让这个条件必然满足。

引理： 令 $j_0=\min\{j|f(i,j) > B_i\}$，那么对于任意的 $j_0 < j < i$，都有 $f(i,j+1)-f(i,j) \ge f(i,j)-f(i,j-1)$，并且 $f(i,j_0+1)-f(i,j_0) \ge f(i,j_0)-B_i$。即删掉所有 $f(i,j) \le B_i$，并且在开头补一个 $B_i$，则剩下的东西是个下凸函数。

证明前的准备： 两条显然的不等式， $f(i,j) \le f(i-1,j)$， $f(i,j) \ge f(i,j-1)$。

接下来的证明都是博主 yy 的，如果有伪证请指出

证明： 考虑数学归纳， $i=1$ 时显然满足。我们首先证明 $f(i,j_0+1)-f(i,j_0) \ge f(i,j_0)-B_i$，首先我们有 $f(i,j_0-1)=f(i-1,j_0-1) \le B_i$，这是因为 $f(i,j_0-1)$ 不可能从情况 4 转移过来，否则就会 $\ge A_i$。我们分类讨论一下：

1. $f(i,j_0)=\max\{0,f(i-1,j_0-1)-B_i\}+A_i$ 且 $f(i,j_0+1)=f(i-1,j_0)-B_i+A_i$（此时有 $f(i-1,j_0) \ge f(i,j_0) \ge B_i$），即他们俩都是通过情况 4 转移过来的。
   由于 $f(i-1,j_0-1) \le B_i$，因此 $f(i,j_0)=A_i$，显然 $f(i,j_0)-B_i \le f(i-1,j_0)-B_i \le f(i,j_0+1)-A_i$。
2. $f(i,j_0)=f(i-1,j_0),f(i,j_0+1)=f(i-1,j_0)-B_i+A_i$，此种情况 $f(i,j_0+1)-f(i,j_0)=A_i-B_i$。根据转移条件，我们有 $f(i,j_0) \le f(i-1,j_0) < f(i-1,j_0-1)+A_i-B_i \le A_i$，因此也成立。
3. $f(i,j_0=f(i-1,j_0),f(i,j_0+1)=f(i-1,j_0+1)$，归纳一下，则 $f(i,j_0+1)-f(i,j_0)=f(i-1,j_0+1)-f(i-1,j_0) \ge f(i-1,j_0)-\max\{B_{i-1},f(i-1,j_0-1)\} \ge f(i,j_0)-B_i$。

其实接下来对于任意的 $j_0 < j < i$，都有 $f(i,j+1)-f(i,j) \ge f(i,j)-f(i,j-1)$ 反而好证一些了。我们考虑一个分界点 $t$ 使得对于 $j \ge t$ 都是从情况 4 转移来的，否则都是从 1,2,3 转移来的。首先对于 $j<t$， $f(i,j)-f(i,j-1) \ge f(i-1,j)-f(i-1,j-1) \ge f(i-1,j-1)-f(i-1,j-2) \ge f(i,j-1)-f(i,j-2)$。注意这里不会有 $f(i-1,j-2) \le B_{i-1}$ 的情况，否则就会有 $f(i,j-2) \le B_i$ 了，不属于这里讨论的范围。

对于分界点 $t$，有 $f(i,t)-f(i,t-1)=A_i-B_i$，根据转移条件，我们有 $f(i-1,t-1)-f(i-1,t-2)<A_i-B_i$，即 $f(i,t-1)-f(i,t-2)<A_i-B_i$。类似的，也有 $f(i,t+1)-f(i,t)=f(i-1,t)-f(i-1,t-1) \ge A_i+B_i$。

对于 $j>t$，我们有 $f(i,j+1)-f(i,j)=f(i-1,j)-f(i-1,j-1) \ge f(i-1,j-1)-f(i-1,j-2)=f(i,j)-f(i,j-1)$。

证毕。

因此扔掉 $\le B_i$ 的部分，并在最前面补个 $B_i$，确实是个上凸函数。然后就是比较 naive 的部分了，直接上个优先队列维护差分数组，每次扔掉 $\le B_i$ 的部分，并且更新一下第一个值（因为第一个点从 $B_{i-1}$ 变成 $B_i$ 了）。然后再往优先队列里扔一个 $A_i-B_i$（决策分界点的差分）即可。复杂度 $O(n \log n)$。

第二部分

这个部分我都在想要不要额外开一个小标题，由于强迫症我还是开了。

由于 $A_i \le B_i$，根据观察，直接选择 $K$ 个最小的 $A_i$ 即可。

第三部分

我们知道了选择 $i$ 个集合 $T$ 中元素的最小代价 $c_i$，即初始能量在 $[c_i,c_{i+1})$ 时我们都只能选 $i$ 个。于是我们就知道了如果初始能量在这段区间中，能量会增加多少，设为 $d_i$。我们找到所有 $j$ 表示在 $S$ 中选 $j$ 个，并且 $i+j$ 这个个数还没有被计算过的 $j$， $f_j \le c_{i+1}+d_i-1$ 的，那么它需要的初始代价就是 $\max\{c_i,f_j-d_i\}$。

由于 $c_i,d_i$ 显然都单增，因此可以做到线性时间。

综上，我们就得到了一个复杂度 $O(n \log n)$ 的做法。

#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
using namespace std;
template<typename T> void chkmax(T &a, const T &b) { a = a < b ? b : a; }
template<typename T> void chkmin(T &a, const T &b) { a = a < b ? a : b; }

const int MAXN = 300005, MOD = 1e9 + 7;
struct Data { int a, b; } S[MAXN], T[MAXN];
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > pq;
int aa[MAXN], bb[MAXN], n, C;
LL f[MAXN], c[MAXN], d[MAXN];
bool cmpa(const Data &a, const Data &b) { return a.a < b.a; }
bool cmpb(const Data &a, const Data &b) { return a.b < b.b; }

int main() {
	for (scanf("%d", &C); C--;) {
		scanf("%d", &n);
		int ns = 0, nt = 0;
		for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", aa + i);
		for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", bb + i);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int a = aa[i], b = bb[i];
			if (a <= b) T[++nt] = Data { a, b };
			else S[++ns] = Data { a, b };
		}
		sort(S + 1, S + 1 + ns, cmpb);
		sort(T + 1, T + 1 + nt, cmpa);
		int cnt = 0;
		LL low = 0;
		for (int i = 1; i <= ns; i++) {
			while (!pq.empty()) {
				int sum = pq.top() + low;
				if (sum > S[i].b) break;
				low = sum;
				f[++cnt] = low;
				pq.pop();
			}
			if (!pq.empty()) {
				int sum = pq.top() + low - S[i].b;
				pq.pop();
				pq.push(sum);
			}
			pq.push(S[i].a - S[i].b);
			low = S[i].b;
		}
		for (; !pq.empty(); pq.pop())
			f[++cnt] = (low += pq.top());
		for (int i = 1; i <= nt; i++) {
			c[i] = max(T[i].a - c[i - 1] - d[i - 1], 0ll) + c[i - 1];
			d[i] = d[i - 1] + T[i].b - T[i].a;
		}
		c[nt + 1] = 1e18;
		LL ans = 0; cnt = 0;
		for (int i = 0, j = 0; i <= nt; i++) {
			if (c[i] == c[i + 1]) continue;
			LL r = c[i + 1] - 1 + d[i];
			while (j < ns && f[j + 1] <= r) ++j;
			for (int k = cnt + 1; k <= i + j; k++) {
				LL t = max(f[k - i] - d[i], c[i]);
				ans = (ans + t % MOD * k) % MOD;
//				printf("%lld ", t);
			}
			cnt = i + j;
		}
		printf("%lld\n", ans);
	}
	return 0;
}