LuoguP2827/UOJ264[NOIP2016D2T2]蚯蚓 解题报告【单调队列】

题目描述
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⌊3.0⌋=⌊3.1⌋=⌊3.9⌋=3。
蛐蛐国最近蚯蚓成灾了！隔壁跳蚤国的跳蚤也拿蚯蚓们没办法，蛐蛐国王只好去请神刀手来帮他们消灭蚯蚓。
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，准确地找到最长的那一只（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)。
蛐蛐国王知道这样不是长久之计，因为蚯蚓不仅会越来越多，还会越来越长。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)。
蛐蛐国王当然知道怎么做啦！但是他想考考你……
输入输出格式
输入格式：
第一行包含六个整数n,m,q,u,v,t，其中：n,m,q的意义见【问题描述】；u,v,t均为正整数；你需要自己计算p=u/v(保证0<u<v)t是输出参数，其含义将会在【输出格式】中解释。
第二行包含n个非负整数，为ai,a2,...,an，即初始时n只蚯蚓的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。
保证1≤n≤1051≤n≤105，0≤m≤7×1060≤m≤7×106，0<u<v≤1090<u<v≤109，0≤q≤2000≤q≤200，1≤t≤711≤t≤71，0≤ai≤1080≤ai≤108。
输出格式：
第一行输出⌊m/t⌋个整数，按时间顺序，依次输出第t秒，第2t秒，第3t秒……被切断蚯蚓（在被切断前）的长度。
第二行输出⌊(n+m)/t⌋个整数，输出m秒后蚯蚓的长度；需要按从大到小的顺序，依次输出排名t，第2t，第3t……的长度。
同一行中相邻的两个数之间，恰好用一个空格隔开。即使某一行没有任何数需要 输出，你也应输出一个空行。
请阅读样例来更好地理解这个格式。
输入输出样例
输入样例#1：
3 7 1 1 3 1
3 3 2
输出样例#1：
3 4 4 4 5 5 6
6 6 6 5 5 4 4 3 2 2
输入样例#2：
3 7 1 1 3 2
3 3 2
输出样例#2：
4 4 5
6 5 4 3 2
输入样例#3：
3 7 1 1 3 9
3 3 2
输出样例#3：
//空行
2
说明
【样例解释1】
在神刀手到来前：3只蚯蚓的长度为3,3,2。
1秒后：一只长度为3的蚯蚓被切成了两只长度分别为1和2的蚯蚓，其余蚯蚓的长度增加了1。最终4只蚯蚓的长度分别为(1,2),4,3。括号表示这个位置刚刚有一只蚯蚓被切断
2秒后：一只长度为4的蚯蚓被切成了1和3。5只蚯蚓的长度分别为：2,3,(1,3),4。
3秒后：一只长度为4的蚯蚓被切断。6只蚯蚓的长度分别为：3,4,2,4,(1,3)。
4秒后：一只长度为4的蚯蚓被切断。7只蚯蚓的长度分别为：4,(1,3),3,5,2,4。
5秒后：一只长度为5的蚯蚓被切断。8只蚯蚓的长度分别为：5,2,4,4,(1,4),3,5。
6秒后：一只长度为5的蚯蚓被切断。9只蚯蚓的长度分别为：(1,4),3,5,5,2,5,4,6。
7秒后：一只长度为6的蚯蚓被切断。10只蚯蚓的长度分别为：2,5,4,6,6,3,6,5,(2,4)。所以，7秒内被切断的蚯蚓的长度依次为3,4,4,4,5,5,6。7秒后，所有蚯蚓长度从大到小排序为6,6,6,5,5,4,4,3,2,2
【样例解释2】
这个数据中只有t=2与上个数据不同。只需在每行都改为每两个数输出一个数即可。
虽然第一行最后有一个6没有被输出，但是第二行仍然要重新从第二个数再开始输出。
【样例解释3】
这个数据中只有t=9与上个数据不同。
注意第一行没有数要输出，但也要输出一个空行。
【数据范围】

解题报告
根据题意，我们需要维护一个在较短时间内查询最大值并支持删除、添加操作的数据结构。满足这个条件的有很多，比如说线段树，大根堆。这里我用了STL里面priority_queue里面的大根堆。
但是我们还要考虑怎么应付增量。如果我们每切一个蚯蚓就去更改所有蚯蚓的长度，时间复杂度上必然无法接受（除非用线段树）。既然这条路走不通，我们就要想如何在只能求出增量和的情况下查询每一个蚯蚓在给定时刻的长度。如果这个蚯蚓没有被切，那他的长度自然就是初始长度+增量和，但如果他被切了，由切割而生成的那两个蚯蚓在当前时刻不会变长，那么我们就把len−q−sum当作初始长度存进堆里。到时候要查的话自然会把减少的加回来。
代码很简单：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int N=7e6;int n,m,q,u,v,t;int sum;double p;priority_queue<int>heap;int main(){    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);    p=(double)u/v;    for(register int i=1;i<=n;i++)    {        int len;        scanf("%d",&len);        heap.push(len);    }    for(register int i=1;i<=m;i++)    {        int len=heap.top();heap.pop();        len+=sum;        if(i%t==0)printf("%d ",len);        int len1=(int)(p*len),len2=len-len1;        heap.push(len1-q-sum);        heap.push(len2-q-sum);        sum+=q;    }    printf("\n");    for(register int i=1;i<=n+m;i++)    {        int len=heap.top();heap.pop();        if(i%t==0)printf("%d ",len+sum);    }    return 0;}

实践证明，这样只能在洛谷上得80分，在UOJ上只能的85分。
那么有什么数据结构可以优化这个增添操作的的时间复杂度呢？
我们观察这一堆蚯蚓的性质。在不考虑增量的前提下，正如题意所说，每个拿出来被切割的蚯蚓都是这堆里面都是最大的。如果我们把切出来的两条蚯蚓分别放到两个队列里面，由于切割按照给定的比例，那么这两个队列一定是单调的。
于是就有了这样一种思路：我们用三个队列，一个存储原来的这n个蚯蚓，一个存储切出来的较大的那堆蚯蚓，另一个存储切出来较小的那一堆蚯蚓。很显然，他们的头指针指的元素是最大的，查取最大值只需要移动头指针就行了。
对于增量，因为我们在存储切割出来的蚯蚓时进行过处理，所以我们只需要统计增量的和，在需要的时候加上就好了。
代码如下：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>using namespace std;const int N=1e5,inf=0x3f3f3f3f;int n,m,q,u,v,t;int a[N+5],sum;double p;queue<int>q1,q2,q3;int vmax(){    int ret=-inf,flag=0;    if(!q1.empty()&&ret<q1.front())ret=q1.front(),flag=1;    if(!q2.empty()&&ret<q2.front())ret=q2.front(),flag=2;    if(!q3.empty()&&ret<q3.front())ret=q3.front(),flag=3;    if(flag==1)q1.pop();    else if(flag==2)q2.pop();    else if(flag==3)q3.pop();    return ret;}int main(){    scanf("%d%d%d%d%d%d",&n,&m,&q,&u,&v,&t);    p=(double)u/v;    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);    sort(a+1,a+1+n);    for(int i=n;i>=1;i--)q1.push(a[i]);    for(int i=1;i<=m;i++,sum+=q)    {        int len=vmax()+sum;        if(i%t==0)printf("%d ",len);        int len1=max(1LL*len*u/v,len-1LL*len*u/v)-sum-q;//如果用p代u/v就会错        int len2=min(1LL*len*u/v,len-1LL*len*u/v)-sum-q;        q2.push(len1),q3.push(len2);    }    printf("\n");    for(int i=1;i<=n+m;i++)    {        if(q1.empty()&&q2.empty()&&q3.empty())break;        int len=vmax()+sum;        if(i%t==0)printf("%d ",len);    }    return 0;}