EOJ 3294. WiFi

久违的eoj题解
思路来源

题面

单点时限: 3.0 sec
内存限制: 512 MB

章鱼王沿着国王大道巡视着他强大的王国，国王大道可以被看做一条直线，章鱼王的城堡的位置是 $0$。

章鱼王知道他的国家里有 $n$ 个 WiFi 信号发射器，第 $i$ 个发射器在 $a_i$ 位置，代表章鱼王城堡向东 $a_i$ 米（若 $a_i<0$ 则为向西），WiFi 的强度为 $b_i$，代表 $a_i$ 处能接收到强度为 $b_i$ 的信号，而与信号发射器距离每增加 $1$ 米，信号强度就减少 $1$，直到信号为 $0$ 就不再减少。

章鱼王有 $q$ 个询问，他想知道在国王大道 $c_i$ 位置处能接收到的最大信号强度。

输入格式
第一行为数据组数 $T(T\le 10)$ 。

每组数据第一行为 $n,q$ ，第二行为 $n$ 个数字 $a_i$，第三行为 $n$ 个数字 $b_i$，接下来一行 $q$ 个询问 $c_i$。

保证 $40\%$ 的数据满足：$1\le n,q\le 1000$。
保证 $100\%$ 的数据满足：$1\le n,q\le 10^5,0\le |a_i|\le 10^9,0\le b_i\le 10^9,0\le |c_i|\le 10^9$。

所有数均为整数。

输出格式
对于每组数据中的每个询问，输出一行结果。

样例

input
1 2 3 0 6 3 6 0 -1 5
output
3 2 5

思路分析

假设在位置 $pos$ 处的WiFi发射器的信号强度为 $val$，该WiFi发射器在点 $x$ 处的信号强度为 $p$ 。 则可得$$p=val-|x-pos|=\{\begin{array}{c}val+pos-x（x左边）\\ val-pos+x（x右边）\end{array}$$
要求得 $p$ 的最大值，即找到 $x$ 左边 $val+pos$ 的最大值和$x$ 右边 $val-pos$ 的最大值。由于数据规模大，用顺序查找暴搜必然超时，所以采用二分查找。

对于$x$左边的WiFi发射器，有$x-pos\ge 0$，$p=val-x+pos$ ，那么我们只需二分查找找到$x\ge pos$的点在按$(val+pos)$键值排序的最后一个符合$x\ge pos$的Wifi发射器
同理，对于$x$右边，$x-pos<0$，$p=val+x-pos$，二分查找找到$x<pos$的点在按$(val-pos)$键值排序的最后一个符合$x<pos$ 的Wifi发射器

但是当我们按照 $val-pos$ 或者 $val+pos$ 排序之后，$pos$本身在数组中不一定是单调的。我们知道二分的前提是单调性。于是利用单调队列，在不影响原数组的顺序的情况下，处理出$pos$的单调性。

ac代码

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

struct node
{
	int pos,val;
};

bool cmp(node a,node b)
{
	if(a.pos + a.val != b.pos + b.val)
		return a.pos + a.val < b.pos + b.val;
	return a.pos > b.pos; 
}

bool cmp1(node a,node b)
{
	if (a.val - a.pos != b.val - b.pos)
		return a.val - a.pos < b.val - b.pos;
	return a.pos < b.pos;
}

int n,q;

int main()
{
	int T;
	cin >> T;
	while(T--)
	{
		cin >> n >> q;
		node info[n], info1[n];
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			cin >> info[i].pos;
			info1[i].pos=info[i].pos;
		}
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			cin >> info[i].val;
			info1[i].val=info[i].val;
		}
		//按照x左右不同键值排序
		sort(info,info+n,cmp);
		sort(info1,info1+n,cmp1);
		
		//单调队列，left中的pos递增，right中pos递减。两个队列中键值都是递增
		vector<node> left,right;
		left.push_back(info[0]);
		right.push_back(info1[0]);
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
			int rear=left.size()-1;
			if(info[i].pos > left[rear].pos)
			{
				left.push_back(info[i]);
				continue;
			}
			else if(info[i].pos < left[rear].pos)
			{
				//pos更小更易满足条件 x >= my[i].pos，且由于已经排序了p1会更大
				while(left.size()&&info[i].pos<left[left.size()-1].pos)
					left.pop_back();
				left.push_back(info[i]);
			}
		}
		
		for(int i=1;i<n;i++)
		{
			int rear=right.size()-1;
			if(info1[i].pos < right[rear].pos)
			{
				right.push_back(info1[i]);
				continue;
			}
			else if(info1[i].pos > right[rear].pos)
			{
				//pos更大更易满足条件 x < my[i].pos，且由于已经排序了p2会更大
				while(right.size()&&info1[i].pos>right[right.size()-1].pos)
					right.pop_back();
				right.push_back(info1[i]);
			}
		}
		
		int c;
		while(q--) 
		{
			cin >> c;
			int p1=0,p2=0;
			
			//二分查找
			int l,r;
			l=0,r=left.size()-1;
			while(l < r)
			{
				int mid = (l+r+1)>>1;
				if(left[mid].pos<=c)
					l=mid;
				else
					r=mid-1;
			}
			if(left[l].pos<=c)
				p1=max(0,left[l].pos+left[l].val-c);
				
			l=0,r=right.size()-1;
			while(l < r)
			{
				int mid = (l+r+1)>>1;
				if(right[mid].pos>c)
					l=mid;
				else
					r=mid-1;
			}
			if(right[l].pos>c)
				p2=max(0,right[l].val-right[l].pos+c);
				
			cout << max(p1,p2) << endl;
		} 
	}
}