2019 ICPC World Finals Problem J. Miniature Golf

2019 ICPC决赛迷你高尔夫问题解法

最新推荐文章于 2021-03-18 19:56:03 发布

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2019 ICPC World Finals Problem J. Miniature Golf

Solution

设 $l$ 为 $l_0$ 时 $i$ 的总分为 $s_{i,l_0}$ ， $si,l0=∑kmin(ai,k,l0)s_{i,l_0}=\sum_k min(a_{i,k},l_0)$ ，让 $l$ 从小到大依次变化，可以发现 $s_{i,l}$ 表现为一个斜率非负的上凸壳（上凸壳的左边一半）， $Δl=si,l+1−si,l=∑k[ai,k>l]\Delta_l=s_{i,l+1}-s_{i,l}=\sum_k [a_{i,k}>l]$ ，且至多有 $h + 1$ 条斜率不同的线段。

当两个凸壳 $i, j$ 交于一点，且该点所处的两条线段斜率不同时， $i, j$ 之间的排名关系会发生变化，显而易见的是，两个 $h + 1$ 段上凸壳能找到 $O (h)$ 个上述交点，因此我们只需要求出每个 $i, j$ 交点和交点处 $i, j$ 的排名变化，即可算出任意时刻某点排名。

具体的，我们把 $a_{i,1},a_{i,2}...a_{i,h}$ 排序，然后对于每个 $i, j$ ，求出 $a_i,a_j$ 中的所有不同的值 $b_1,b_2,b_3...b_n$ ，且令 $b_0=0,b_{n+1}=10^9$ ，显然 $b_k,b_{k+1}]$ 这一段中的上述交点唯一，直接计算即可，时间复杂度为 $O(p^2h)$ 。

最后把所有 $O(p^2h)$ 个排名变化按时间排序统计最小值即可。
总时间复杂度 $O(p^2h\;log\;ph)$ 。

Code

#include <vector>
#include <list>
#include <map>
#include <set>
#include <deque>
#include <queue>
#include <stack>
#include <bitset>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <utility>
#include <sstream>
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <string>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <cassert>
#include <string.h>
//#include <unordered_set>
//#include <unordered_map>
//#include <bits/stdc++.h>

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

template<typename T>inline bool upmin(T &x,T y) { return y<x?x=y,1:0; }
template<typename T>inline bool upmax(T &x,T y) { return x<y?x=y,1:0; }

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double lod;
typedef pair<int,int> PR;
typedef vector<int> VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=20005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
PR V[505][50005];
int a[505][55],b[50005],Num[505],num;
void add(int x) { if (b[num]==x) return; b[++num]=x; }
signed main()
{
	int n=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=1;j<=m;j++) a[i][j]=read();
		sort(a[i]+1,a[i]+m+1);
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		for (int j=i+1;j<=n;j++)
		{
			int nw=1; b[num=1]=0;
			for (int k=1;k<=m;k++)
			{
				while (nw<=m&&a[j][nw]<=a[i][k]) add(a[j][nw]),nw++;
				add(a[i][k]);
			}
			while (nw<=m) add(a[j][nw]),nw++;
			add(1000000000);
			ll x1=0,x2=0,s1=0,s2=0;
			for (int k=1;k<num;k++)
			{
				while (x1<m&&a[i][x1+1]<=b[k]) x1++;
				while (x2<m&&a[j][x2+1]<=b[k]) x2++;
				if (x1>x2&&s1>=s2)
				{
					ll t=(s1-s2-1)/(x1-x2)+1,p=(s1-s2)/(x1-x2)+1;
					if (p+b[k]<=b[k+1]) V[i][Num[i]++]=MP(b[k]+p,-1);
					if (s1!=s2&&t+b[k]<=b[k+1]) V[j][Num[j]++]=MP(b[k]+t,1);
				}
				else if (x1<x2&&s1<=s2)
				{
					ll t=(s2-s1-1)/(x2-x1)+1,p=(s2-s1)/(x2-x1)+1;
					if (p+b[k]<=b[k+1]) V[j][Num[j]++]=MP(b[k]+p,-1);
					if (s1!=s2&&t+b[k]<=b[k+1]) V[i][Num[i]++]=MP(b[k]+t,1);
				}
				s1+=(m-x1)*(b[k+1]-b[k]),s2+=(m-x2)*(b[k+1]-b[k]);
			}
		}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		sort(V[i],V[i]+Num[i]);
		int mn=n,nw=n;
		for (int j=0;j<Num[i];j++)
		{
			nw+=V[i][j].se;
			if (V[i][j].fi!=V[i][j+1].fi) upmin(mn,nw);
		}
		printf("%d\n",mn);
	}
	return 0;
}