记录124
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long//定义长整型别名ll，方便后续书写
const int N=1e5+10;//定义数组最大容量常量N
int n,m;//定义整型变量n和m，分别代表站点数量和货车数量
ll x;//定义长整型变量x，代表A市与B市之间的距离
vector<pair<int,int>>st;//定义存储站点信息的容器，first存坐标p，second存剩余容量c
int a[N],b[N];//定义数组a和b，分别存储每辆车去A市和B市的次数
int main(){//主函数入口
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cin>>n>>m>>x;//读入站点数、货车数以及两市距离
for(int i=1;i<=n;i++){//循环读入每一个运输站点的信息
int p,c;//定义临时变量p(坐标)和c(容量)
cin>>p>>c;//读入当前站点的坐标和最大容量
st.push_back(make_pair(p,c));//将站点信息打包存入vector容器中
}
sort(st.begin(),st.end());//核心步骤1：将所有站点按照坐标p从小到大进行排序(sort：先 first 升序，first 相同则 second 升序)
for(int i=1;i<=m;i++){//循环读入每一辆货车的运输需求
cin>>a[i]>>b[i];//读入第i辆车去A市的次数a和去B市的次数b
}
vector<pair<int,int>>neg,pos;//定义两个容器，neg存偏向B市的车，pos存偏向A市的车
ll res=0;//定义长整型变量res记录总路程，初始化为0
for(int i=1;i<=m;i++){//遍历所有货车，进行公式拆解与分类
if(a[i]>=b[i])//如果去A市的次数大于等于去B市的次数（差值非负）
pos.push_back(make_pair(a[i]-b[i],i));//将差值和编号存入pos组，倾向于选坐标小的站点
else//如果去B市的次数更多（差值为负）
neg.push_back(make_pair(a[i]-b[i],i));//将差值和编号存入neg组，倾向于选坐标大的站点
res+=1ll*b[i]*x;//核心步骤2：先累加与站点位置无关的固定基础路费(b*x)
}
sort(neg.begin(),neg.end());//核心步骤3：对neg组按差值从小到大排序（负得越多越需要大坐标）
sort(pos.begin(),pos.end());//对pos组按差值从小到大排序
reverse(pos.begin(),pos.end());//将pos组反转，变成从大到小排（差值越大越需要小坐标）
int l=0,r=n-1;//定义双指针，l指向最左侧(坐标最小)，r指向最右侧(坐标最大)
for(auto i:neg){//遍历需要靠近B市的货车组
while(r>=0&&st[r].second==0)r--;//跳过右侧容量已经耗尽的站点，指针左移
res+=1ll*(a[i.second]-b[i.second])*st[r].first;//累加变动成本(差值*坐标)
st[r].second-=1;//该站点被使用一次，剩余容量减一
}
for(auto i:pos){//遍历需要靠近A市的货车组
while(l<n&&st[l].second==0)l++;//跳过左侧容量已经耗尽的站点，指针右移
res+=1ll*(a[i.second]-b[i.second])*st[l].first;//累加变动成本(差值*坐标)
st[l].second-=1;//该站点被使用一次，剩余容量减一
}
cout<<res*2<<"\n";//别忘了最开始提取的系数2，输出最终的最短总行驶路程
return 0;//程序正常结束
}题目传送门
https://www.luogu.com.cn/problem/P11376
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
这道题表面上是一个复杂的资源分配问题，但通过数学公式拆解和贪心策略，可以将其转化为一个非常优雅的排序与双指针问题。
-
数学公式拆解（剥离固定成本）：
假设一辆货车被分配到了坐标为 pp 的站点，它去 A 市 a 次，去 B 市 b 次。
总路程 Cost=2ap+2b(x−p)=2bx+2(a−b)p
从这个公式可以看出，总路程由两部分组成：- 固定成本：2bx2bx 。这部分只与去 B 市的次数和两市距离有关，与站点位置 pp 完全无关。因此，我们可以先把所有车的 bxbx 累加起来，最后再统一乘 2。
- 变动成本：2(a−b)p2 。这部分与站点坐标 pp 线性相关，系数是 (a−b) 。我们的目标就是最小化 ∑(a−b)p。
-
贪心分配策略：
为了让 ∑(a−b)p∑(a−b)p 最小，我们需要根据 (a−b)(a−b) 的正负来决定货车的去向：- 偏向 A 市的车（ a>b ，即 a−b>0 ）：为了让乘积最小，应该让它们去坐标 p 尽可能小的站点。
- 偏向 B 市的车（ a<b，即 a−b<0）：为了让乘积最小（负数乘以正数，越负越小），应该让它们去坐标 p 尽可能大的站点。
- 平衡的车（ a=b ）： (a−b)=0 ，变动成本为 0，随便分配给哪个还有容量的站点都可以。
-
双指针与排序：
将所有站点按坐标 p 从小到大排序。- 将偏向 B 市的车按 (a−b)从小到大排序（负得越多，越需要大坐标）。
- 将偏向 A 市的车按 (a−b) 从大到小排序（正得越多，越需要小坐标）。
使用双指针，左侧指针 ll 指向最小坐标，右侧指针 r 指向最大坐标，依次将车分配给对应的站点即可。
代码分块详细解释
1. 头文件、常量定义与输入
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long // 定义长整型别名 ll，防止中间计算过程溢出
const int N=1e5+10; // 定义数组最大容量常量 N
int n,m; // 站点数量和货车数量
ll x; // A市与B市之间的距离
vector<pair<int,int>>st; // 存储站点信息，first 存坐标 p，second 存剩余容量 c
int a[N],b[N]; // 存储每辆车去A市和B市的次数
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); // 关闭输入输出同步，提升读取速度
cin>>n>>m>>x; // 读入基础数据
for(int i=1;i<=n;i++){
int p,c;
cin>>p>>c;
st.push_back(make_pair(p,c)); // 将站点坐标和容量打包存入 vector
}
sort(st.begin(),st.end()); // 【核心】将站点按坐标 p 从小到大排序
for(int i=1;i<=m;i++) cin>>a[i]>>b[i]; // 读入每辆车的运输需求- 作用：完成数据读入，并对站点进行排序，为后续的双指针贪心分配做好铺垫。
2. 公式拆解与车辆分类
vector<pair<int,int>>neg,pos; // neg 存偏向B市的车，pos 存偏向A市的车
ll res=0; // 记录总路程，初始化为0
for(int i=1;i<=m;i++){
if(a[i]>=b[i]) // 去A市次数 >= 去B市次数，倾向于选坐标小的站点
pos.push_back(make_pair(a[i]-b[i],i)); // 将差值和车辆编号存入 pos 组
else // 去B市次数更多，倾向于选坐标大的站点
neg.push_back(make_pair(a[i]-b[i],i)); // 将差值和车辆编号存入 neg 组
res+=1ll*b[i]*x; // 【核心】累加与站点位置无关的固定基础路费 (b*x)
}- 作用：通过数学推导，将固定成本 bxbx 提前计算。同时根据 (a−b)(a−b) 的正负，将车辆分为两组，明确它们对站点坐标的“偏好”。
3. 贪心排序
sort(neg.begin(),neg.end()); // 对 neg 组按差值从小到大排序（负得越多越需要大坐标）
sort(pos.begin(),pos.end()); // 对 pos 组按差值从小到大排序
reverse(pos.begin(),pos.end()); // 将 pos 组反转，变成从大到小排（差值越大越需要小坐标）- 作用：确保在分配时，对坐标要求最极端的车辆（差值绝对值最大的）能够优先被满足。
4. 双指针分配与计算变动成本
int l=0,r=n-1; // 定义双指针，l 指向最左侧(坐标最小)，r 指向最右侧(坐标最大)
for(auto i:neg){ // 遍历需要靠近B市的货车组
while(r>=0&&st[r].second==0)r--; // 跳过右侧容量已经耗尽的站点，指针左移
res+=1ll*(a[i.second]-b[i.second])*st[r].first; // 累加变动成本 (差值 * 坐标)
st[r].second-=1; // 该站点被使用一次，剩余容量减一
}
for(auto i:pos){ // 遍历需要靠近A市的货车组
while(l<n&&st[l].second==0)l++; // 跳过左侧容量已经耗尽的站点，指针右移
res+=1ll*(a[i.second]-b[i.second])*st[l].first; // 累加变动成本 (差值 * 坐标)
st[l].second-=1; // 该站点被使用一次，剩余容量减一
}- 作用：利用双指针，将偏向 B 的车分配给当前最右侧（最大坐标）的站点，将偏向 A 的车分配给当前最左侧（最小坐标）的站点，完美实现贪心策略。
5. 输出结果
cout<<res*2<<"\n"; // 别忘了最开始提取的系数 2，输出最终的最短总行驶路程
return 0;
}- 作用：将累加的固定成本和变动成本统一乘 2，输出最终答案。
核心逻辑总结表
| 代码模块 | 核心变量/操作 | 精炼作用 | 解决的痛点 |
|---|---|---|---|
| 站点预处理 | sort(st.begin(), st.end()) | 站点按坐标升序排列 | 为双指针分配提供有序的坐标轴 |
| 公式拆解 | res += 1ll * b[i] * x | 提取固定成本 2bx2bx | 将复杂问题解耦，消除坐标 pp 对基础路程的干扰 |
| 车辆分类 | pos 与 neg 容器 | 按 (a−b)(a−b) 正负分组 | 明确每辆车对站点坐标的贪心偏好方向 |
| 极值排序 | sort + reverse | 差值绝对值大的优先 | 确保对坐标最敏感的车辆能优先占据最优站点 |
| 双指针分配 | l++ 与 r-- | 左右两端向中间逼近 | 在满足站点容量限制的前提下，以 O(n+m)O(n+m) 完成最优分配 |
358
扫一扫
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
