UOJ264 NOIP2016 day2 T2 蚯蚓（队列）

UOJ264 NOIP2016 day2 T2 蚯蚓

原题地址：http://uoj.ac/problem/264

题意：
本题中，我们将用符号 ⌊c⌋ 表示对 c 向下取整，例如：⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3。

蛐蛐国里现在共有 n 只蚯蚓（n 为正整数）。每只蚯蚓拥有长度，我们设第 i 只蚯蚓的长度为 ai (i=1,2,…,n)，并保证所有的长度都是非负整数（即：可能存在长度为 0 的蚯蚓）。

每一秒，神刀手会在所有的蚯蚓中找到最长的那一只（如有多个则任选一个）将其切成两半。神刀手切开蚯蚓的位置由常数 p（是满足 0< p<1 的有理数）决定，设这只蚯蚓长度为 x，神刀手会将其切成两只长度分别为 ⌊px⌋ 和 x−⌊px⌋ 的蚯蚓。特殊地，如果这两个数的其中一个等于 0，则这个长度为 0 的蚯蚓也会被保留。此外，除了刚刚产生的两只新蚯蚓，其余蚯蚓的长度都会增加 q（是一个非负整常数）。

蛐蛐国王决定求助于一位有着洪荒之力的神秘人物，但是救兵还需要 m 秒才能到来……（m 为非负整数）。

蛐蛐国王希望知道这 m 秒内的战况。具体来说，他希望知道：

m 秒内，每一秒被切断的蚯蚓被切断前的长度（有 m 个数）；
m 秒后，所有蚯蚓的长度（有 n+m 个数）。
数据范围
保证 1≤n≤1e5，0≤m≤7×1e6
0< u < v≤1e9，0≤q≤200，1≤t≤71，0≤ai≤1e8。
题解：
虽说暴力又好想又好写，但是正解真的很妙。
假设有x，y两只蚯蚓，满足len x>=len y，x被切的两部分分别为a1，b1，y被切的两部分分别为a2，b2。那么有一个性质 a1>=a2 ,b1>=b2。
想一下，a1+b1=(原)x，a2+b1=(原)y。
时间对他们的作用是相同的，又因为均是成比例切开，因此仍然满足原来的大小关系。
因此，我们可以不必维护堆，因为其本身就有单调性。
维护三个队列 Q0，Q1，Q2。Q1存放原来的大小顺序，Q2存放切出的所有a部分，Q2存放切出的所有b部分。每次只需取三个队队首最大的那个，再把切出来的两个部分放入对应队队尾即可。
注意维护时间戳（保存距离上一次被切过了多少秒）来算现在的长度。

代码：

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<queue>#include<algorithm>using namespace std;const int N=100010;const int M=7000010;int n,m,q,u,v,t;struct node{    int len,cnt;    node(int len,int cnt): len(len),cnt(cnt){}};queue<node> Q[3];int ll[N];void solve(){    int kk=0;    for(int inc=1;inc<=m;inc++)    {        int opt=-1; int mx=-1;        for(int i=0;i<3;i++)        {            if(!Q[i].empty()&&(Q[i].front().len+(inc-1-Q[i].front().cnt)*q>mx))            {mx=Q[i].front().len+(inc-1-Q[i].front().cnt)*q; opt=i;}             }        node tmp= Q[opt].front(); Q[opt].pop();        int len=tmp.len+(inc-1-tmp.cnt)*q;        kk++;        if(kk%t==0)        {            printf("%d",len);            if(kk!=(m/t)*t)  printf(" ");        }        int s1=(1LL*len*u)/v; int s2=len-s1;        Q[1].push(node(s1,inc)); Q[2].push(node(s2,inc));    }    printf("\n");}void print(){    int kk=0;    while(1)    {        if(Q[0].empty()&&Q[1].empty()&&Q[2].empty()) break;         int opt=-1; int mx=-1;        for(int i=0;i<3;i++)        {            if(!Q[i].empty()&&(Q[i].front().len+(m-Q[i].front().cnt)*q>mx))            {mx=Q[i].front().len+(m-Q[i].front().cnt)*q; opt=i;}            }        node tmp= Q[opt].front(); Q[opt].pop();        int len=tmp.len+(m-tmp.cnt)*q;         kk++;        if(kk%t==0)        {            printf("%d",len);            if(kk!=((m+n)/t)*t)  printf(" ");        }    }    printf("\n");}int main(){    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);    for(int i=1;i<=n;i++)    scanf("%d",&ll[i]);     sort(ll+1,ll+n+1);    for(int i=n;i>=1;i--)    Q[0].push(node(ll[i],0));    solve();    print();    return 0;}