4245. 【五校联考6day2】er_4245. 【五校联考6day2】er (standard io)-优快云博客

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4245. 【五校联考6day2】er (Standard IO)

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Description

小明在业余时间喜欢打电子游戏，不是星际和魔兽这些，是赛尔号一类的游戏。最近小明在玩一款新出的游戏，叫做■■■■■■■■。小明觉得游戏里自己的装备太垃圾了，每次都被大神虐，一怒之下充了■■元准备强化装备。
这个游戏中用于强化装备的道具叫做强化符文。有以下3 种：
1. 赋值强化符文，对某个装备使用这个符文以后，装备威力值会变为一个常数。因为这个功能很IMBA，可以让一个垃圾装备变得非常牛■，所以它在游戏里很稀有，市场上最多能见到一个。
2. 加法强化符文，对某个装备使用后，威力值加上一个常数。
3. 乘法强化符文，对某个装备使用后，威力值乘上一个常数。
市场上有M 个不同强化符文可以购买，小明有N 件装备准备强化，他只能购买K 个强化符文，然后以任意顺序使用这些符文，强化他的任意装备（一个装备可以不强化也可以强化多次）。根据游戏的设定，所有装备威力值乘积为总效果。请为他设计一个购买和强化方案，使强化后的所有装备总效果值最大。
由于小明RP 不太好，打BOSS 都不掉神装，所以他的装备不超过两件。

Input

第一行3 个正整数N;M;K, 含义见题面。
第二行N 个正整数Ai，表示他的每个装备的初始威力值。
第三行开始共M 行，每行两个正整数Type_i;Ci，描述一个强化符文。Type_i表示符文类型，1 表示赋值，2 表示加法，3 表示乘法。Ci 是对应的常数值。

Output

一个数，表示最大的总效果值。由于这个数可能很大，请输出它的自然对数，保留3 位小数。

Sample Input

Sample Output

4.159

Data Constraint

对于20% 的数据，N = 1；
对于全部数据M,K ≤ 100;N ≤ 2，最多一个Type_i = 1。
输入数据中所有数不超过2000。

Source / Author: 谷晟 er

本来没看到n<=2，以为n<=100,但考场仍打了一个n^3程序，以为稳稳过。

结果不遂。

当时的思路：

显然，我们先将加法操作，乘法操作分别存在两个数组里，然后排降序。

对于赋值操作，若是在加完乘完后赋值，显然对答案没有意义。

对于乘法操作，注意到最终的答案是乘积，因此给谁乘对答案没影响。

那我们可以枚举加法操作。

i枚举用几个加法操作。

至于这i个加给谁，我想到当a+b = c+d 两个更接近的乘积更大。

例子：

2*5 = 10,3*4 =12

显然后者两个挨得更近，乘积更大。

于是我就想办法让小的变大，具体地，将当前要加上的值给最小的a。

最小值用set维护一下，找最小的时间就接近常数了。

然后把得到的答案存进f里，f[i]表示已经用了i次机会的最大乘积。

最后枚举一个用乘的个数，配合f算答案。

具体见80分程序:（考场50分，后来改了点细节就80了）

#include<bits/stdc++.h>
#define N 210
#define inf 2147483647
#define rint register ll
#define ll long long
#define point(a) multiset<a>::iterator 
#define mod (ll)(998244353)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof (a))
#define mcy(a,b) memcpy((a) , (b) ,sizeof (a));
#define open(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout);
using namespace std;

struct node
{	int id,v;
	bool operator < (const node b)const
	{
		node a=*this;
		return a.v < b.v;
	}
};

int n,m,k,i,j,l;
int sk[N][2],t1[N],t2[N],t3[N],a[N],t[N];
long double f[N],pre[N],ans,tmp;
multiset<node> s;

bool cmp(int a,int b)
{return a>b;}

int main()
{
//	printf("%.3lf",log(1) );
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(i=1;i<=m;i++)scanf("%d%d",&sk[i][0],&sk[i][1]);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(sk[i][0]==1)t1[++t1[0]]=sk[i][1];
		if(sk[i][0]==2)t2[++t2[0]]=sk[i][1];
		if(sk[i][0]==3)t3[++t3[0]]=sk[i][1];
	}
	sort(t2+1,t2+1+t2[0],cmp);
	sort(t3+1,t3+1+t3[0],cmp);
	for(i=1;i<=t3[0];i++)pre[i] = pre[i-1] + log(t3[i]);
	//使用赋值强化
	mcy(t,a);
	if(t1[0])
	{
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			a[i]=t1[1];
			s.clear();
			for(j=1;j<=n;j++)if(j!=i)s.insert((node){j,a[j]});
			
			tmp=0;
			for(j=1;j<=n;j++)tmp+=log(a[j]);
			f[1] = max(f[1] , tmp); //不加法 
			
			for(j=1;j<=t2[0];j++)
			if(1+j<=k)
			{	
				point(node) it=s.begin();
				node now = *it; 
				if(it!=s.end())s.erase(it);
				a[now.id]+=t2[j];	
				s.insert((node){now.id,a[now.id]});
				long double   sum=0.0;
				for(l=1;l<=n;l++)sum = sum + log(a[l]);
				f[1+j] = max(f[1+j] , sum);
			
			}
			mcy(a,t);
		}
	}

	
	//不使用 
	s.clear();
	tmp=0;
	for(j=1;j<=n;j++)s.insert((node){j,a[j]}),tmp+=log(a[j]);
	f[0] = max(f[0] , tmp);
	for(j=1;j<=t2[0];j++)
	if(j<=k)
	{
		point(node) it=s.begin();
		node now = *it; 
		s.erase(it);
		a[now.id]+=t2[j];	
		s.insert((node){now.id,a[now.id]});
		long double  sum=0.0;
		for(l=1;l<=n;l++)sum = sum + log(a[l]);
		f[j] = max(f[j] , sum);
		
	} else break;
	mcy(a,t);

	for(i=0;i<=t3[0];i++)if(k-i >= 0) 
		ans = max(ans , f[k-i] + pre[i]); 
	printf("%.3lf\n",(double)ans);
	return 0;
}

~~是不是看起来很蠢。~~

~~总而言之，这种贪心思想是错的，有待证明，希望读者能帮着抠抠错误，程序上的也可以。~~

Ac做法：

排序加和乘操作，算前缀和，前缀积。

分别讨论n==1，和n==2的答案.

n==1显然。

n==2我们先要做一做dp

f[i][j] 表示用了前i个加法操作，a[1]=j 时，a[2]的最大值。

转移显然。

然后枚举i，枚举j，i，j的意思就是f两个纬度分别代表的意思。

$ans = max\left \{ ans , f[i][j]*j*pro[k-i] \right \}$

当然，以上讨论避开了自然对数的问题。

注意赋值操作的~~神奇性。~~

#include<bits/stdc++.h>
#define N 110
#define Q 200000
#define inf 2147483647
#define rint register ll
#define ll long long
#define lb long double
#define point(a) multiset<a>::iterator 
#define mod (ll)(998244353)
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof (a))
#define mcy(a,b) memcpy((a) , (b) ,sizeof (a));
#define open(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout);
using namespace std;


int n,m,k,i,j,tl;
int opt,cst ,m2,m3;
int fff,t2[N],t3[N],sum[N],f[N][N*2000],a[3];
lb ans,pro[N];
bool cmp(int a,int b)
{return a>b;}
void init()
{
	sort(t3+1,t3+1+m3,cmp);
	sort(t2+1,t2+1+m2,cmp);
	for(i=1;i<=m2;i++)sum[i] = sum[i-1]  + t2[i];
	for(i=1;i<=m3;i++)pro[i] = pro[i-1]  + log(t3[i]);
}

void dp()
{
	mem(f,-1);
	f[0][a[1]]=a[2]; 
	for(i=1;i<=m2;i++)
		for(j=0;j<=Q;j++)if(j - t2[i]>=0) 
		{
			int x=-1;
			x= f[i-1][j-t2[i]]>0 ? f[i-1][j-t2[i]] :x;
			x= f[i-1][j] >0 ? max(x,f[i-1][j] + t2[i]) :x;
			f[i][j]=x;
		}
	return ;
}

int main()
{
	open("game");
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d",&opt,&cst);
		if(opt==1)fff=cst ; else
		if(opt==2)t2[++m2]=cst; else
			t3[++m3]=cst;
	}
	init(); //sum , pro
	if(n==1)
	{
		for(i=0;i<=k;i++)	ans = max(ans , 1.0 * log(a[1] + sum[i]) + pro[k-i]);
		a[1] = fff;
		for(i=0;i<k;i++)	ans = max(ans , 1.0 * log(a[1] + sum[i]) + pro[k-i-1]);
	}
	else
	{
		dp();
		int cf = min(k , m2);
		for(i=0;i<=cf;i++)
			for(j=0;j<=Q;j++) //枚举a[1]是几 
				if(f[i][j] > 0)
					ans = max(ans , pro[k-i] + log(j*f[i][j]) ); else if(f[i][j]==0) ans = max(ans , pro[k-i] ); 
		
		if(a[1] < a[2])a[1]=fff; else a[2]=fff;
		dp();
		for(i=0;i<=cf;i++)
			for(j=0;j<=Q;j++) //枚举a[1]是几 
			if(k-i-1>=0)
			{
				if(f[i][j] > 0 )	ans = max(ans , pro[k-i-1] + log(j*f[i][j]) ); 
				else if(f[i][j]==0) ans = max(ans , pro[k-i-1] ); 
			}
	}
	printf("%.3lf",(double)ans);
	return 0;
	
}

$O(n\sum {t2[i]})$