记录122
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+10;// 定义常量 MAXN，根据题目 n, m <= 10^5
vector<int> ques[MAXN];// 静态数组配合动态数组：ques[i] 存储第 i 种算法的所有题目加分值
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int m,n,k;// m为算法种类数，n为题目总数，k为目标掌握程度
cin>>m>>n>>k;
vector<int> a(n+1);// 数组 a 用于存储每道题对应的知识点编号（从下标 1 开始使用）
vector<int> b(n+1);// 数组 b 用于存储每道题对应的加分值（从下标 1 开始使用）
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++) ques[a[i]].push_back(b[i]);
// 核心分组步骤：将第 i 道题的加分 b[i]，存入它所属的知识点 a[i] 对应的向量中
long long total_ques=0; // 记录完成目标总共需要的最少题目数量（用 long long 防止累加溢出）
int max_cnt=0; // 记录所有算法中，需求量最大的那个算法所需的题目数
int mx_need_i=-1;// 【新增】用来记录需求量最大的那个知识点的编号
for(int i=1;i<=m;i++){// 遍历 m 种算法，进行贪心处理
sort(ques[i].begin(),ques[i].end(),greater<int>());
// 将该算法对应的所有题目按加分从大到小排序，保证优先做加分高的题
int cur_sum=0;// 当前算法的累计掌握程度
int need_cnt=0;// 当前算法达到目标 k 所需要的题目数量
for(int score:ques[i]){// 依次遍历排好序的题目加分
cur_sum+=score;// 累加掌握程度
need_cnt++; // 做题数量加一
if(cur_sum>=k) break;// 一旦达到目标 k，立刻停止选择该算法的后续题目
}
if(cur_sum<k){// 如果该算法所有题目加起来都达不到目标 k，说明无解
cout<<-1<<"\n";
return 0;
}
total_ques+=need_cnt;// 将该算法所需的最少题目数加入总题数
if(need_cnt>max_cnt){max_cnt=need_cnt;mx_need_i=i;}// 【修改】更新最大值的同时记录下标
}
long long other_cnt=total_ques-max_cnt; // 计算除了需求最多的算法外，其余算法所需的总题数
if(max_cnt<=other_cnt+1){// 【修改】如果普通插空能成功，直接输出并结束
cout<<total_ques<<"\n";
return 0;
}
// --- 【新增的补救逻辑】---
// 走到这里说明普通插空失败，尝试去“借”其他知识点没用过的废题来当隔板
long long last=0;// 记录其他知识点剩下的、没被选中的题目总数（工具人库存）
for(int i=1;i<=m;i++){
if(i!=mx_need_i){// 只统计除了最大需求者之外的其他知识点
int used=0,sum=0;// 重新算一下第 i 个知识点实际用了多少道题
for(int score:ques[i]){sum+=score;used++;if(sum>=k)break;}
last+=ques[i].size()-used;// 总题数减去必须做的题数 = 可以借的废题数
}
}
// 最终带工具人的插空判定：左边是必选题需要的空隙，右边是原本的其他题加上借来的废题
if(max_cnt-1<=other_cnt+last)cout<<2LL*max_cnt-1<<"\n";// 能隔开！最优策略是排成 必选-工具人-必选... 的形式
else cout<<-1<<"\n";// 就算借了所有废题也填不满空隙，彻底无解
return 0;//结束程序
}题目传送门
https://www.luogu.com.cn/problem/P11247
前言
我是一名专注信奥赛（CSP-J/S、NOIP）的教练。
- 如果你觉得这篇题解对你有帮助，欢迎点击关注我的优快云账号，我会持续更新高质量算法解析。
- 我深知算法思维的构建远比单纯通过题目更重要，本系列题解不局限于AC代码的堆砌，而是致力于拆解题目背后的逻辑链条与核心知识点
- 备赛路上若遇瓶颈，欢迎随时评论或私信，我将甄选典型疑难问题，通过视频讲解或撰写专项文章的形式，为你提供深度答疑。
💡 核心解题思路推导
这道题可以拆解为三个步骤来解决：
第一步：贪心选取（最少做题数）
对于每一种算法知识点 ii ，我们的目标是用最少的题目数量让掌握度达到 kk 。
- 策略：将属于该知识点的所有题目按加分 bibi 从大到小排序。
- 操作：依次选取加分最高的题目，直到累计分数 ≥k≥k 。
- 记录：记录下每种知识点所需的最少题目数
need_cnt，以及所有知识点的总题目数total_ques。
第二步：可行性初判（无解情况）
在贪心选取的过程中，如果发现某一种算法知识点，即使把所有相关题目都做了，分数 still <k<k ，那么直接输出 -1，因为目标无法达成。
第三步：插空排列（避免连续）
这是本题最难的逻辑点。假设我们已经算出了每种知识点需要做的题目数（cnt[1], cnt[2], ..., cnt[m]）。
- 找出最大值：设需求最大的知识点需要做
max_cnt道题。 - 其余总和：设其他所有知识点需要做的题目总数为
other_cnt。 - 插空原理：要把
max_cnt个相同的题目隔开（不能相邻），至少需要max_cnt - 1个其他知识点的题目来充当“隔板”。- 情况 A（容易）：如果
other_cnt >= max_cnt - 1。- 说明我们手头的“其他必做题”足够多，可以直接插空。
- 答案就是总题数
total_ques。
- 情况 B（困难）：如果
other_cnt < max_cnt - 1。- 说明“必做题”不够当隔板。这时我们需要去“借”那些不需要做的题目（即废题）来当工具人。
- 计算废题数
last：遍历除最大需求知识点外的所有组，计算每组没被选中的题目数量（总题数 - 必做题数）。 - 借题插空：如果
other_cnt + last >= max_cnt - 1，说明借了废题后能隔开。此时的最优排列策略是：[必选] [工具人/废题] [必选] ...。这种排列的最短长度是 2×max_cnt−12×max_cnt−1 。 - 彻底无解：如果连废题都借光了还不够隔板，输出
-1。
- 情况 A（容易）：如果
🧩 代码解释
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e5+10; // 定义数组大小常量，题目数据范围是 10^5
vector<int> ques[MAXN]; // 邻接表思想：ques[i] 存储所有属于知识点 i 的题目加分值- 解释：这里使用了静态数组
ques配合vector，这是处理“分组数据”的常用高效写法。
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); // 优化输入输出流，加快读取速度（题目数据量较大）
int m,n,k;
cin>>m>>n>>k;
vector<int> a(n+1); // a[i] 表示第 i 道题的知识点编号
vector<int> b(n+1); // b[i] 表示第 i 道题的加分值
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
// 核心分组逻辑
for(int i=1;i<=n;i++)
ques[a[i]].push_back(b[i]);- 解释：将输入的题目按知识点分类。例如所有知识点为 1 的题，其加分值都被放入
ques[1]这个 vector 中。
long long total_ques=0; // 总共需要做的题目数量（用 long long 防止累加溢出）
int max_cnt=0; // 记录单个知识点所需的最大题目数
int mx_need_i=-1; // 记录需求最大的那个知识点的编号（为了后面排除它计算废题）- 解释：
total_ques定义为long long是为了保险，虽然题目 n≤10^5 ，但养成好习惯。
// 遍历每一种算法知识点
for(int i=1;i<=m;i++){
// 1. 贪心排序：将该知识点下的题目按加分从大到小排序
sort(ques[i].begin(),ques[i].end(),greater<int>());
int cur_sum=0; // 当前知识点累计分数
int need_cnt=0; // 当前知识点需要做的题目数
// 2. 贪心选取：从高分题开始做，直到达到目标 k
for(int score: ques[i]){
cur_sum += score;
need_cnt++;
if(cur_sum >= k) break;
}
// 3. 判定无解：如果该知识点分数不够 k
if(cur_sum < k){
cout << -1 << "\n";
return 0; // 直接结束程序
}
// 4. 更新全局变量
total_ques += need_cnt;
if(need_cnt > max_cnt){
max_cnt = need_cnt;
mx_need_i = i; // 记录下是哪个知识点需求最大
}
} - 解释：这是第一阶段的逻辑，确定了“最少要做哪些题”。
long long other_cnt = total_ques - max_cnt; // 其他知识点需要做的题目总数
// 情况 A：如果其他题足够作为隔板 (other_cnt >= max_cnt - 1)
if(max_cnt <= other_cnt + 1){
cout << total_ques << "\n";
return 0;
}- 解释：
max_cnt <= other_cnt + 1等价于max_cnt - 1 <= other_cnt。这是插空法的基本公式。
// 情况 B：其他“必做题”不够当隔板，需要借“废题”
long long last = 0; // 统计可以借来的“废题”数量
for(int i=1;i<=m;i++){
if(i != mx_need_i){ // 只统计非最大需求的知识点（不能借自己的废题）
int used = 0, sum = 0;
// 重新计算该知识点实际用了多少道“必做题”
for(int score: ques[i]){
sum += score;
used++;
if(sum >= k) break;
}
// 累加该知识点的“废题”数量（总题数 - 必做题数）
last += ques[i].size() - used;
}
}
// 最终判定：借了废题后，隔板是否够用？
// max_cnt - 1 是需要的隔板数
// other_cnt + last 是现有的隔板总数（必做题 + 废题）
if(max_cnt - 1 <= other_cnt + last)
cout << 2LL * max_cnt - 1 << "\n"; // 能隔开！最短长度是 2*max_cnt - 1
else
cout << -1 << "\n"; // 彻底无解- 解释：
2LL * max_cnt - 1中的LL表示 Long Long，防止乘法溢出。这个公式的含义是：max_cnt个必选题，中间插入max_cnt - 1个工具人（废题），总长度即为 n+(n−1)=2n−1n+(n−1)=2n−1 。
算法思维提炼
| 维度 | 经验总结 | 避坑指南 |
|---|---|---|
| 题眼识别 | 看到“最少做题数” →→ 贪心；看到“不能连续相同” →→ 插空法 | 不要盲目套用模板，需根据题意组合使用 |
| 极值思维 | 排列约束问题中，需求量最大的元素决定了整体结构 | 必须记录最大值及其下标，它是后续所有判定的基准 |
| 隐藏资源 | 题目中“未被选中的冗余数据”往往是破局的关键工具 | 当常规条件不满足时，检查是否有“废料”可以二次利用 |
| 数据类型 | 涉及大量累加和乘法运算时，需防范整数溢出 | 使用 long long 并在乘法时加上 LL 后缀 |
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