Balance Beam，AtCoder Grand Contest 040，神仙转化贪心

最新推荐文章于 2024-04-01 23:59:24 发布

原创最新推荐文章于 2024-04-01 23:59:24 发布 · 447 阅读

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正题

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很好的题。

设 $S=\sum_{i=1}^n A_i$

我们把Snuke和Ringo的路程-时间折线投射在一个二维平面上，发现是要求一个最大的p，使得Ringo交x轴于(p,0)，且与Snuke的折线有交点。

假设交x轴这条线段是k，那么对于它旁边的线段，需要满足 $B_k+\sum_i max(A_i,B_i)>=S$

为什么是 $max(A_i,B_i)$ ，考虑一条路径，从(p,0)开始，沿着Ringo的折线走，直到走到交点为止，然后走Snuke的折线，再走到(n,S)。

那么在k右边，我们肯定希望上升的越快越好，对于i，最多上升贡献为 $max(A_i,B_i)$ ，我们需要构造一种方案来使得所有在k右边的线段既满足 $B_k+\sum_i max(A_i,B_i)>=S$ ，又满足每个对路径的上升贡献为 $max(A_i,B_i)$ 。

选出这些线段之后，只需要将 $A_i<=B_i$ 的放在交点左边， $A_i>B_i$ 的放在交点右边就好了，放好了就知道交点一定是在一个整点上面。那么这就是一种方案。

我们按照 $max(A_i,B_i)$ 排序，取出前q大，使得 $\sum_{i=1}^q max(A_i,B_i)>=S$

答案至少是 $\frac{n-q}{n}$ ，为什么？首先当 $q=n$ 时，显然；否则就肯定取到一个B_i，使得 $q<n$ ，那么我们让那一条线段当作k就可以了。

接着我们枚举k是什么，进行更新就可以了。

发现出了k这条边，后面肯定是q-1条最大的边，否则答案只会更小。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=100010;
struct node{
	int a,b;
	bool operator<(const node q)const{
		return a>q.a;
	}
}s[N];
int n;
long long sum=0;

long long gcd(long long x,long long y){
	if(y==0) return x;
	return gcd(y,x%y);
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x,y;
		scanf("%d %d",&x,&y);
		sum+=x;
		s[i].a=max(x,y);s[i].b=y;
	}
	sort(s+1,s+1+n);
	long long as=0;
	int k=0;
	while(1){
		k++;
		as+=s[k].a;
		if(as>=sum) break;
	}
	long long ansx=1,ansy=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		long long now=sum-(as-s[min(i,k)].a);
		if(now<=s[i].b && now*ansy<1ll*s[i].b*ansx) ansx=now,ansy=s[i].b;
	}
	ansx=ansy-ansx+(n-k)*ansy;
	ansy*=n;
	printf("%lld %lld",ansx/gcd(ansx,ansy),ansy/gcd(ansx,ansy));
}