Acwing 4656.技能升级（枚举+二分）

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题目描述

小蓝最近正在玩一款 $RPG$ 游戏。

他的角色一共有 $N$ 个可以加攻击力的技能。

其中第 $i$ 个技能首次升级可以提升 $A_i$ 点攻击力，以后每次升级增加的点数都会减少 $B_i$。

$\lceil \frac{A_i}{B_i}\rceil$（上取整）次之后，再升级该技能将不会改变攻击力。

现在小蓝可以总计升级 $M$ 次技能，他可以任意选择升级的技能和次数。

请你计算小蓝最多可以提高多少点攻击力？

输入格式：

输入第一行包含两个整数 $N$ 和 $M$。

以下 $N$ 行每行包含两个整数 $A_i$ 和 $B_i$。

输出格式：

输出一行包含一个整数表示答案。

数据范围：

对于 40% 的评测用例，$1\le N,M\le 1000$；
对于 60% 的评测用例，$1\le N\le 10^4$，$1\le M\le 10^7$；
对于所有评测用例，$1\le N\le 10^5$，$1\le M\le 2\times 10^9$，$1\le A_i,B_i\le 10^6$。

输入样例：

3 6
10 5 
9 2
8 1

输出样例：

47

思路

先暴力分析题意：

每个技能升级的次数是有限的，每次升级要取攻击力最高的技能，即可以将每个技能每次升级后的攻击力都列出来，得到该技能的等差数列，再混合在一起从大到小排序，取前 m 个，得到最优结果。

但是数据较大，需要考虑优化。

用贪心的思想来想：

每次取最大的，会发现存在一个数 $x$ 作为分界点，使得 $\ge x$ 的数的个数 $\ge m$ 个（因为这个数 $x$ 可能不止一个），因此我们二分答案找到这个 $x$ 。二分的时候左边界取 0，因为有可能将所有的数都取完后都没有 m 个，左边界取 1 的话可能会产生错误。

然后再从头开始遍历每个技能，$x$​ 就相当于是每个等差数列的末项，所以我们要用等差数列求和公式求出从首项到末项的和。

最后考虑 $x$ 可能会有多个，如果全部取就会超过 m 个，为解决这个问题，我们可以先全部取上，最后再减去多余的 $x$ ，于是得到最终的最优解。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;

int n, m;
int a[N], b[N];

bool check(int mid)
{
    ll cnt = 0;  //统计到分界点为止，该技能的升级次数
    for (int i = 0; i < n; i++){
        if (a[i] >= mid)  //mid相当于等差数列的末项，b[i]为公差
            cnt += (a[i] - mid) / b[i] + 1;
    }
    
    return cnt >= m;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < n; i++) scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
    
    //二分答案
    int l = 0, r = 1e6;
    while (l < r){
        int mid = l + r + 1 >> 1;
        //因为二分的范围是有序的，如果超过了m个数，最优原则下要从大到小选，则范围往大的方向缩小，反之则往小的范围继续选
        if (check(mid)) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    
    ll res = 0, cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i++){
        if (a[i] >= r)  //二分出来的边界点x=l=r，写r的话不容易看错
        {
            int c = (a[i] - r) / b[i] + 1;    //项数
            int end = a[i] - (c - 1) * b[i];  //末项
            res += (ll)(a[i] + end) * c / 2;  //求和公式，a[i]为首项
            cnt += c;  //统计每次所选的数的个数
        }
    }
    
    //最后要减去多余的x
    printf("%lld\n", res - r * (cnt - m));
    
    return 0;
}