P9455题解

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P9455 塔台超频(hard)

写在前面：本题蒟蒻给出两种做法，一种乱搞贪心（只是目前能过，若能被 Hack 请和我说），一种正解二分。

正文 1

最坏时间复杂度：\mathcal{O}(n+\log V)(V=10^9)

这个做法是很简单的，在此不多讲。只需要二分超频电压 mid 即可，若当前 mid 可行，则令右边界缩小至 mid，否则令左边界扩大至 mid。

接下来是重要的 check() 函数的编写，请注意塔台之间传输的路线不限，比如塔台 1 可以直接和塔台 n 通讯。也就是说对于每个塔台 i，我们首先要确认它向右的通讯范围是目前最大的。

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e5+7;
int n,a[N],b[N];
bool check(int x){//判定当前超频电压x的值是否可行
  int t=a[1]+b[1]+x;//起始位
  for(int i=2;i<=n;i++)
    if(t>=a[i])//若该塔台可以覆盖下一个塔台
      t=max(t,a[i]+b[i]+x);//求出更远的可以覆盖到的距离
    else return 0;//否则不可行
  return 1;
}
int main(){
  ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
  cin>>n;
  for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>b[i];
  long long l=0,r=1e9+1,mid;
  while(l<r){//二分
    mid=(l+r)>>1;
    if(check(mid)) r=mid;
    else l=mid+1;
  }
  cout<<l;
}

二分 AC 记录。

正文 2

最坏时间复杂度：\mathcal{O}(n)

设答案为 x。

我们简化一下正文 1 的思路，当塔台 i 的范围被前一个炮台 i-1 的范围覆盖，即 a_{i-1}+b_{1-1}+x\geq a_i+b_i+x，我们可以忽略塔台 i 的范围，直接用塔台 i-1 的参数贪心即可。

if(a[i]+b[i]+ans>=a[i+1]+b[i+1]+ans)
  {a[i+1]=a[i],b[i+1]=b[i]; continue;}

接下来是贪心，对于每个塔台 i，只需考虑它能否覆盖到 i+1 即可，若 i 无法覆盖 i+1，则增加超频至可以覆盖到。即：若 a_i+b_i+x<a_{i+1}，x=a_{i+1}-a_i-b_i。

if(a[i]+b[i]+ans>=a[i+1]) continue;
ans=max(ans,a[i+1]-a[i]-b[i]);

当然，贪心要有正确性证明。本贪心的思路就是若塔台 i-1 能到达的最右范围比 i 远，则忽略 i，且对于每个 i，若 i 无法通讯 i+1，则增加超频（本段纯属废话）。

证明：

设超频 ans。

若 i-1 范围大于 i，则 i-1 到 i+1 所需要增加的 ans 一定不多于 i 到 i+1，因此对于所有 i，若其范围被 i-1 覆盖，则将其扔掉（忽略）。

对于每个 i， i+2 到 i 的距离比 i+1 到 i 更远，因此 i 到 i+1 所需 ans 比到 i+2 少。i 到 i+2 有两种方式，即传输路线是否有 i+1。

因为存在前提：i+1 所能到达的最右距离比 i 远（不然 i+1 会被扔掉），所以在相同的 ans 情况下，经过 i+1 能到更远，距离 i+2 更近，所需增加的 ans 更少。于是对于所有 i，只需计算 i 到 i+1 所需的 ans 即可，因为这样最优。

综合一下一个乱搞的贪心就出来了。

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e5+7;
int n,ans,a[N],b[N];
int main(){
  ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
  cin>>n;
  for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>b[i];
  for(int i=1;i<n;i++){
    if(a[i]+b[i]+ans>=a[i+1]+b[i+1]+ans)
      {a[i+1]=a[i],b[i+1]=b[i]; continue;}
    if(a[i]+b[i]+ans>=a[i+1]) continue;
    ans=a[i+1]-a[i]-b[i];
  }
  cout<<ans;
}

贪心 AC 记录，可以看到贪心快了 0.17 秒。