Description
给定 \(n\) 个商店,他们围成一个圆圈,按照顺时针从 \(1\) 到 \(n\) 编号。你有 \(T\) 元钱,从 \(1\) 号点开始按照顺时针方向走,每到一个商店,只要钱够就必须买这个商店的物品。商店中物品是无限的,即多次到达可能多次购买。求会买多少件物品
Input
第一行是一个整数 \(n\)
下面一行 \(n\) 个整数 \(a_i\),代表每个商店物品的价格
Output
一行一个整数代表答案
Hint
\(1~\leq~n~\leq~2~\times~10^5~,~1~\leq~T~\leq~10^{18}~,~1~\leq~a_i~\leq~10^9\)
Solution
解法一:
显然在钱数充足是我们可以直接除一下得到我们可以转多少圈,\(O(1)\) 统计这部分答案,然后把钱数取模即为这些圈转完后我们剩下的钱,这时的钱数是不足以转完一圈的。
下面我们考虑用这些钱可以连续走多远,即会到哪一个商店停下来。注意到这个值是可以二分的,具体的,我们维护一个前缀和,二分哪个位置的前缀和是最大的小于钱数的即可。然后剩下那个位置的商店显然再也不会被购买到了,于是可以将它直接删去,然后统计这一段连续走的位置的答案。删除这个位置后的前缀和可以用树状数组或线段树维护,一段区间中还剩多少个没有被删去的位置也可以树状数组维护。对于这个位置后面能连续走到哪里,我们依然可以二分这个值,以此类推直到一圈走完,然后从头开始重复流程即可。
注意到每次二分我们一定会删除一个位置,所以我们会二分 \(O(n)\) 次,直接二分+树状数组/线段树的话,单次二分复杂度 \(O(\log^2 n)\),总复杂度 \(O(n \log^2 n)\)。如果在线段树上二分,单次复杂度可以做到 \(O(\log n)\),总复杂度 \(O(n \log n)\)。
但是天知道为什么我的两个log算法跑的比一个log的还快
解法二:
算出当前的钱数可以走多少圈的方法同上,然后考虑我们暴力跑一圈,统计有哪些位置的是不能被购买到的,直接删掉。然后用剩下的钱再取模。
注意到 \(T\) 每次取模时的模数一定小于 \(T\),而一个数被比自己小的数取模至少减少二分之一,证明上可以分模数大于或小于等于 \(\frac{m}{2}\) 进行讨论。于是 \(T\) 被取模 \(O(\log T)\) 次,每次对应一次 \(O(n)\) 的统计答案,于是总复杂度 \(O(n \log T)\)。
Code
依据解法一写成。
\(O(n \log^2n)\)
#include <cstdio> #ifdef ONLINE_JUDGE #define freopen(a,b,c) #endif #define rg register #define ci const int #define cl const long long typedef long long ll; namespace IPT { const int L = 1000000; char buf[L],*front=buf,*end=buf; char GetChar() { if (front == end) { end = buf + fread(front = buf,1,L,stdin); if (front == end) return -1; } return *(front++); } } template <typename T> inline void qr(T &x) { rg char ch = IPT::GetChar(),lst = ' '; while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch,ch=IPT::GetChar(); while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48),ch = IPT::GetChar(); if (lst == '-') x = -x; } template <typename T> inline void ReadDb(T &x) { rg char ch = IPT::GetChar(),ch = IPT::GetChar(); while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = x * 10 + (ch ^ 48),ch = IPT::GetChar(); if (ch == '.') { ch = IPT::GetChar(); double base = 1; while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x += (ch ^ 48) * ((base *= 0.1)),ch = IPT::GetChar(); } if (lst == '-') x = -x; } namespace OPT { char buf[120]; } template <typename T> inline void qw(T x,const char aft,const bool pt) { if (x < 0) {x = -x,putchar('-');} rg int top=0; do {OPT::buf[++top] = x % 10 + '0';} while (x /= 10); while (top) putchar(OPT::buf[top--]); if (pt) putchar(aft); } const int maxn = 200010; int n; ll t,ans; int MU[maxn]; ll tree[maxn],val[maxn]; inline int lowbit(ci x) {return x & (-x);} ll ask(ll*,int); int check(int,ll); void update(ll*,int,ci); signed main() { freopen("1.in","r",stdin); qr(n); qr(t); for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {qr(MU[i]); update(tree,i,MU[i]); update(val,1);} ll s = ask(tree,n); int cnt = n; while (cnt) { if (!t) break; ans += t / s * cnt; t %= s; int k = 0; do { int pre = k; k = check(k,t); if (k > n) { t -= ask(tree,n) - ask(tree,pre); ans += ask(val,n) - ask(val,pre); break; }; update(tree,k,-MU[k]); update(val,-1); --cnt; t -= ask(tree,k - 1) - ask(tree,pre); s -= MU[k]; ans += ask(val,k) - ask(val,pre); } while (cnt && t); } qw(ans,'\n',true); } void update(ll *ar,int x,ci v) { while (x <= n) { ar[x] += v; x += lowbit(x); } } ll ask(ll* ar,int x) { ll _ret = 0; while (x) { _ret += ar[x]; x -= lowbit(x); } return _ret; } int check(int pre,ll x) { int l = pre,r = n + 1,mid = l,_ret = 0; while (l <= r) { mid = (l + r) >> 1; if ((ask(tree,mid) - ask(tree,pre)) <= x) _ret = mid,l = mid + 1; else r = mid - 1; } return _ret + 1; }
\(O(n \log n)\)
#include <ctime> #include <cstdio> #ifdef ONLINE_JUDGE #define freopen(a,c) #endif #define rg register #define ci const int #define cl const long long typedef long long ll; namespace IPT { const int L = 1000000; char buf[L],ch = IPT::GetChar(); } if (lst == '-') x = -x; } namespace OPT { int buf[120]; } template <typename T> inline void qw(T x,putchar('-');} rg int top=0; do {OPT::buf[++top] = int(x % 10 + '0');} while (x /= 10); while (top) putchar(OPT::buf[top--]); if (pt) putchar(aft); } const int maxn = 200010; const int maxt = 400010; int n; ll t,ans; int tree[maxn],MU[maxn]; struct Tree { Tree *ls,*rs; int l,r; ll v; inline void pushup() { this->v = this->ls ? (this->rs ? this->ls->v + this->rs->v : this->ls->v) : this->rs->v; } }; Tree *pool[maxt],qwq[maxt],*rot; int top; inline int lowbit(ci x) {return x & -x;} int check(int,ll); void buildpool(); void build(Tree*,ci,ci); void update(int,ci); void update(Tree*,ci); ll ask(Tree*,ci); int ask(int); int ask(Tree*,cl); signed main() { freopen("1.in",stdin); qr(n); qr(t); ll s = 0; for (rg int i = 1; i <= n; ++i) {qr(MU[i]); s+= MU[i]; update(i,1);} int cnt = n; buildpool(); build(rot,n); while (cnt) { if (!t) break; ans += t / s * cnt; t %= s; int k = 0; do { int pre = k; k = check(k,t); if (k > n) { t -= ask(rot,pre + 1,n); ans += ask(n) - ask(pre); break; }; update(rot,k); update(k,-1); --cnt; t -= ask(rot,pre,k - 1); s -= MU[k]; ans += ask(k) - ask(pre); } while (cnt && t); } qw(ans,true); } int check(int pre,ll x) { x += ask(rot,pre); ll s = ask(rot,n); if (s <= x) return n + 1; return ask(rot,x); } void buildpool() { for (rg int i = 0; i < maxt; ++i) pool[i] = qwq + i; rot = pool[maxt - 1]; top = maxt - 2; } void build(Tree *u,ci l,ci r) { u->l = l; u->r = r; if (l == r) {u->v = MU[l]; return;} int mid = (l + r) >> 1; if (l <= mid) build(u->ls = pool[top--],l,mid); if (mid < r) build(u->rs = pool[top--],mid + 1,r); u->pushup(); } void update(int x,ci v) { while (x <= n) { tree[x] += v; x += lowbit(x); } } void update(Tree* u,ci x) { if ((u->l > x) || (u->r < x)) return; if (u->l == u->r) {u->v = 0; return;} if (u->ls) update(u->ls,x); if (u->rs) update(u->rs,x); u->pushup(); } int ask(int x) { int _ret = 0; while (x) { _ret += tree[x]; x -= lowbit(x); } return _ret; } ll ask(Tree *u,ci r) { if ((u->l > r) || (u->r < l)) return 0; if ((u->l >= l) && (u->r <= r)) return u->v; return u->ls ? (u->rs ? ask(u->ls,r) + ask(u->rs,r) : ask(u->ls,r)) : ask(u->rs,r); } int ask(Tree *u,cl v) { if (u->l == u->r) return u->l; if (u->ls->v <= v) return ask(u->rs,v - u->ls->v); else return ask(u->ls,v); }
Summary
该define int ll就要define啊= =要不然可能会fst的很惨= =
一个数对比自己小的数取模一次至少减少一半。
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