P8298 [COCI2012-2013#2] POPUST题解
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题解
贪心好题
P8298 [COCI2012-2013#2] POPUST
前记
蒟蒻第一篇题解
upd 2023.8.1 修缮细节
题目描述
Mirko 像熊一样饥饿，发现了一家当地餐馆。这家餐厅提供 N 顿饭，并且有一个有趣的定价政策：每顿饭都有两个指定价格，A_i 和 B_i。Mirko 点的第一道菜只需要付 A 元，其他菜都需要付 B 元。
Mirko 无法决定点多少菜。为了更简单地作出决定，他向你求助。对于任意 k\in[1,N]，点 k 道菜最少要付的钱。Mirko 不在乎他点了哪些特别的饭菜，也不管他点菜的顺序，但他不会点两道同样的菜。
贪心思想
观察此样例
3
10 5
9 3
10 5
这道题的突破点在于：由题意得，我们并不关注点菜顺序，所以对于每个 k\in[1,N]，只需要取出 1 个 a_i 和 k-1 个 b_i 即可。
所以我们先按照 b_i 排序。
9 3
10 5
10 5
排序后我们可以看出，由于 b_i 为有序的，所以尽可能选取编号较小( b_i 较小)的是较优的。取出前 k-1 个 b_i，再在后 n-k+1 取出一个 a_i。
ans=(\sum\limits_{i=1}^{k-1} b_i) + (\min\limits_{i=k}^n a_i)
但是我们发现，面对下面这个样例，这样就是错误的。
3
1 3
114514 7
1919810 9
按照上面的式子计算，当 k=2，ans=3+114514=114517，而明显可见，ans=b_2+a_1=7+1=8 更为优。因为在第一个式子中我们选出的 a 的编号是 \geqslant k 的，然而在后面的 a_i 值较大时，这样就不够优了。
这时我们要取出前 k 个 b_i，再在前 k-1 个中去掉一个 b_i，取出一个 a_i。
设取出 a_j。
ans=(\sum\limits_{i=1}^k b_i) - b_j + a_j (j<k)
贪心使 a_j-b_j 最小。
得
ans=(\sum\limits_{i=1}^k b_i) + (\min\limits_{i=1}^{k-1} a_i - b_i)
综上所述，两种方案取较小值。
\boxed{ ans=min( (\sum\limits_{i=1}^{k-1} b_i) + (\min\limits_{i=k}^n a_i),(\sum\limits_{i=1}^k b_i) + (\min\limits_{i=1}^{k-1} a_i - b_i) )}
总结就是两种情况：
1.完完全全选择最小的 b_i ——先选前 k-1 个 b_i，然后在后 n-k+1 取出一个 a_i；
2.选择一个较大的 b_i 以换取一个较小的 a_i ——取出前 k 个 b_i，再在前 k-1 个中去掉一个 b_i，取出一个 a_i。
代码实现
根据上面的式子，我们发现我们只需要维护三个东西
$a_i$ 的最小值————从后往前预处理一遍，记录当前节点到最后的最小值
$a_i-b_i$ 的最小值————从前往后预处理，记录从最开始到当前节点的最小值
然后边更新边输出就好了，~~其实代码非常简单，而且也没什么可说的~~
```cpp
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define int long long//要long long
using namespace std;
const int MAXN=5e5+10;
struct d{int a,b;}p[MAXN];//a[i]和b[i]
int n,pre[MAXN],MIN[MAXN],c[MAXN];//三个数组分别对应上面的三个
inline bool cmp(d x,d y){return x.b<y.b;}//以b[i]为关键字排序
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld%lld",&p[i].a,&p[i].b);
sort(p+1,p+1+n,cmp);MIN[n+1]=0x3f3f3f,c[0]=0x3f3f3f;//赋初值
for(int i=1;i<=n;i++)//正着预处理
{
pre[i]=pre[i-1]+p[i].b;
c[i]=min(c[i-1],p[i].a-p[i].b);
}
for(int i=n;i>=1;i--) MIN[i]=min(MIN[i+1],p[i].a);//反向预处理
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",min(pre[i-1]+MIN[i],pre[i]+c[i-1]));//输出
return 0;
}
```