传送门：HDU 6748 Matrix
前6题题解
Problem Description
有一个二维平面，给定 length[1],length[2],length[3],length[4]，画出 4 个正方形区域。
第 i 个区域为 (x,y) | |x|<=length[i],|y|<=length[i]。
对于一个整点 (x,y) 其权值为 (|x|+|y|)∗cnt，其中 cnt
为覆盖该点的区域个数。（点在区域边界上或者在区域内，都称为被区域覆盖）。现在需要在至少被一个区域覆盖的整点点集中，选出 k 个两两不同的点，使得总权值和最小。
输出最小的权值总和。
Input
第一行一个整数 T(T≤100) 表示 T 组测试数据。每组数据有 5 个数字，分别表示 length[1],length[2],length[3],length[4],k。满足
1≤length[1]<length[2]<length[3]<length[4]≤ 1 0 9 , 0 ≤ k ≤ 1 0 10 10^9,0≤k≤10^{10} 109,0≤k≤1010。数据保证一定能选出 k 个点。
Output
对每组数据输出一行，表示答案。
说实话，费劲吧啦地把这题做出来之后还挺乐呵的，看到【博客园 渐近线i】的这篇题解后我哭了，辣么简单的问题被我搞得这么复杂(ㄒoㄒ)。
虽然那篇题解的时间复杂度是O(n)我的是O(log k).(耗时分别是：290多ms，0ms）
（n指最后一个被遍历的权值，大致应该是O( k \sqrt k k)的）
我把大致思路写一下吧，代码也写了不少注释。
思路：
找到每个权值对应的小于这个权值的点的个数，权值和，二分找最接近的区间。权值小于区间左点的点的权值和，加上剩余的点数*区间右点，便是答案。
注意:
int最大是约是2e9，这题的k为1e10,所以要用long long。
二分区间不能太小否则可能找不到答案。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int length[]={
0,1,2,3,4};
ll dots(int i,ll limit)//得到在第i个框内，第一象限内，x+y<limit的点的个数
{
if (limit==0)
return 0;
if (i==0)
return 1;
ll len=length[i];
if (limit>=2*len) //把框全覆盖了
return (len+1)*(len+1);
ll n_i;
if (limit<len) //limit在对角线下方
{
n_i=(1+limit+1)*(limit+1)/2;
}
else//limit在对角线上方
{
n_i=(len+1)*(len+1)-(1+(2*len-limit))*(2*len-limit)/2;
}
return n_i;
}
ll sec_dots(ll limit) //的到四个象限所有的满足：|x|+|y|<limit的点的个数
{
ll r=0;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
ll redundant=limit/(5-i);
if(redundant>length[i])
redundant=length[i];
ll v_red=(redundant-length[i-1]);//象限交界处的点的个数
if (v_red<0)
continue;
r+=(dots(i,limit/(5-i))-dots(i-1,limit/(5-i))-v_red)*4;
//cout<<i<<" "<<r<<endl;
}
return r;
}
ll value(int i,ll limit)//得到在第i个框内，第一象限内，x+y<limit的点的（x+y）的和
{
ll v_i;
ll len=length[i];
if (i==0)
return 0;
if (limit>2*len) //把框全覆盖了
limit=2*len;
if (limit<len) //limit在对角线下方
{
v_i=limit*(limit+1)*(2*limit+1)/6+(1+limit)*limit/2;
}
else //limit在对象线上方
{
ll down=len*(len+1)*(2*len+1)/6+(1+len)*len/2;//对角线下方的和
v_i=down+(len+1+limit)*(limit-len)*(2*len+1)/2-(limit*(limit+1)*(2*limit+1)-len*(len+1)*(2*len+1))/6;
}
return v_i;
}
ll sec_value(ll limit)//得到四个象限所有的满足：权值<limit的点的权值的和
{
ll r=0;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
ll redundant=limit/(5-i);
if(redundant>length[i])
redundant=length[i];
ll v_red=(redundant+length[i-1]+1)*(redundant-length[i-1])/2;//象限交界处的点的权值和
if (v_red<0)
continue;
ll real=(value(i,limit/(5-i))-value(i-1,limit/(5-i))-v_red);
//cout<<i<<" "<<vuale(i,limit/(5-i))<<" "<<vuale(i-1,limit/(5-i))<<" "<<v_red<<" "<<real<<endl;
r+=real*(5-i)*4;
}
return r;
}
ll k;
ll l=0;
ll r;
ll dichotomy(ll left, ll right)//二分
{
ll mid;
k--;
while (left < right)
{
mid = (left + right) / 2;
ll ans = sec_dots(mid);
if (ans < k)
left = mid + 1;
else if (ans > k)
{
right = mid - 1;
}
else
return sec_value(mid);
}
//cout<<k<<" "<<(k-sec_dots(left))<<" "<<left<<" "<<right<<" "<<sec_vuale(left)<<endl;
while (sec_dots(left)<k) //找到最后一个少于k的
{
left++;
}
while (sec_dots(left)>k)
{
left--;
}
while (sec_dots(right)>k) //找到第一个大于k的
{
right--;
}
while (sec_dots(right)<k)
{
right++;
}
return (k-sec_dots(left))*right+sec_value(left);
}
int test=1;
int main()
{
cin>>test;
for(int j=1; j<=test; j++)
{
for(int i=1;i<=4;i++)
{
scanf("%d",&length[i]);
}
scanf("%lld",&k);
if (k<=1)
printf("0\n");
else
{
r=4e9;//这是权值上限
printf("%lld\n",dichotomy(l,r));
}
}
return 0;
}
做题记录：
这题恐怕是我提交次数最多的一题了（43次.。。。），后面的好多次都是因为tle，于是各种优化代码，缩小二分上限，但莫得用处。后来才发现是因为二分里有个while循环，如果找不到>k的就无限循环了，所以我越缩小上限越tle。而且，一个log的时间复杂度，怎么可能tle！还有没注意到k已经超int上限了，最后把好多变量由int改成了ll，就ac了，还挺惊喜的。看到别人的题解后我才知道我这不是什么好的解法。为什么会想到二分，我觉得跟我看到群里说这个题可以用二分去解有很大关系。。。anyway 主要还是因为缺乏经验吧