luoguP2123 皇后遊戲——微擾法的應用與排序傳遞性的證實

題目背景

還記得 NOIP 2012 提升組 Day1 的國王遊戲嗎？時光飛逝，光陰荏苒，兩年

過去了。國王遊戲早已過期，現在已被皇后遊戲取代，請你來解決相似於國王遊

戲的另外一個問題。

題目描述

皇后有 n 位大臣，每位大臣的左右手上面分別寫上了一個正整數。恰逢國慶

節來臨，皇后決定爲 n 位大臣頒發獎金，其中第 i 位大臣所得到的獎金數目爲第

i－1 位大臣所得到獎金數目與前 i 位大臣左手上的數的和的較大值再加上第 i 位

大臣右手上的數。

形式化地講：咱們設第 i 位大臣左手上的正整數爲 ai，右手上的正整數爲 bi，

則第 i 位大臣得到的獎金數目爲 ci能夠表達爲：

固然，吝嗇的皇后並不但願太多的獎金被髮給大臣，因此她想請你來從新安

排一下隊伍的順序，使得得到獎金最多的大臣，所獲獎金數目儘量的少。

注意：從新安排隊伍並不意味着必定要打亂順序，咱們容許不改變任何一

位大臣的位置。

n<=20000，保證不會爆long long

題解：

參考/推薦：題解 P2123 【皇后遊戲】

確實是一道值得深刻思考的好問題！！！

背景既然提示了和國王遊戲有關係，而且顯然也是一個排序的貪心題目。

也必定是用微擾法（交換臨項法）尋找並證實。

（由於交換相鄰兩項不會影響別的項）

不妨設，前面的一我的是i，後面一我的是i+1

i前面的一我的的c值爲p,i前面的人的a總和是sum

那麼，咱們如今要找到i在i+1前面的條件。

①i在i+1前面：

貢獻：

$max(max(p,sum+a_i)+b_i,sum+a_i+a_{i+1})+b_{i+1}$

化簡一下就是：

$max(p+b_i+b_{i+1},sum+a_i+b_i+b_{i+1},sum+a_i+a_{i+1}+b_{i+1})$

②同理，i+1在i前面

化簡之後是：

$max(p+b_i+b_{i+1},sum+a_{i+1}+b_i+b_{i+1},sum+a_i+a_{i+1}+b_i)$

咱們如今要探究①小於②的條件

發現，共同有的是：$p+b_i+b_{i+1}$

這一項能夠兩邊直接消掉。最終不會影響排序的結果。

那麼就是比較：

$max(sum+a_i+b_i+b_{i+1},sum+a_i+a_{i+1}+b_{i+1})$

和

$max(sum+a_{i+1}+b_i+b_{i+1},sum+a_i+a_{i+1}+b_i)$


去掉sum，再化簡一下：

$max(b_i,a_{i+1})+a_i+b_{i+1}<=max(b_{i+1},a_i)+a_{i+1}+b_i$

移項，

$max(b_i,a_{i+1})-a_{i+1}-b_i<=max(b_{i+1},a_i)-a_i-b_{i+1}$

其實這個式子的含義是：

兩邊的較大值會被減掉，較小值的相反數會留下來

因此，實際上是：

$-min(a_{i+1},b_i)<=-min(a_i,b_{i+1})$

也就是：

$min(a_i,b_{i+1})<=min(a_{i+1},b_i)$

看似是一個很簡單的公式！！

那麼直接排序？

luogu反正是AC了。

可是其實不對！

咱們發現，這個式子不具備傳遞性，

也就是說，

這種重載小於號的方式，並不知足

$a<=b,b<=c \space\ \to \space\ a<=c$

手動出幾組就能夠hack掉。

而咱們的sort本質是快速排序實現的。

咱們分治的每層子區間會選擇一個隨機的x做爲基準，把小於x放在x左邊，大於x放在x右邊，

這個排序的正確性，顯然要有<知足傳遞性的性質才行。

因此，這個式子用sort排出來，根據原始輸入順序、基準的x選取的不一樣，排出來的順序也是不一樣的，答案也就是不一樣的了。

那麼怎麼辦？

繼續觀察這個式子：

$min(a_i,b_{i+1})<=min(a_{i+1},b_i)$

能夠（也許很難）想到，和ai，bi自己有關係？

顯然，若是排序的式子和ai，bi自己放在一塊兒，是必定有傳遞性的。

(例如：

$min(a_1,b_1)<=min(a_2,b_2),min(a_2,b_2)<=min(a_3,b_3) \space\ \to \space\ min(a_1,b_1)<=min(a_3,b_3)$

)

咱們只好討論了。

1.$a_i<b_i,a_{i+1}<b_{i+1}$

那麼就是：$a_i<=a_{i+1}$

因此這一塊按照a升序排序。

2.$a_i=b_i,a{i+1}=b_{i+1}$

隨便排便可。

3.$a_i>b_i,a_{i+1}>b_{i+1}$

那麼就是：$b_{i+1}<=b_i$

因此這一塊按照b降序排序

那麼，如今全部的序列會被分紅這三大塊。

塊與塊之間怎麼辦？

1應該在2前面。2應該在3前面。

即1前，2中，3後。

證實：

1在2前面，2在3前面顯然能夠證實。

設一、3中的一個元素分別是$(a_1,b_1),(a_3,b_3)$

由於有$a_1<b_1,a_3>b_3$

因此，必定有$min(a_1,b_3)<=min(a_3,b_1)$


 每一個組內部有傳遞性，組與組之間也有傳遞性。

因此這種排序就具備傳遞性。

這樣就能夠了。

爲了方便，能夠定義一我的的組別d爲：

$\frac{a_i-b_i}{|a_i-b_i|}$

1組對應-1，2組對應0，三組對應1

因此，咱們的排序能夠這樣進行

先按照d爲第一關鍵字，分到每一個組裏。

d相同，按照組內的排序方式。

 

（對了還有一個鍋，重載的小於號不能帶=，必須小於號才行。

由於快排的內部實現可能會出問題。

$while(a[i]<=a[x]) i++ $

i=x不會中止，假設x是最後一個，就可能數組越界！！ RE）

代碼：

 

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll; const int N=20000+5; int t,n; struct node{ int a,b; int d; bool friend operator <(node x,node y){ if(x.d!=y.d) return x.d<y.d; if(x.d<=0) return x.a<y.a; else return x.b>y.b; } }a[N]; ll c[N]; int main(){ scanf("%d",&t); while(t--){ ll ans=0; memset(c,0,sizeof c); scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].a,&a[i].b),a[i].d=(a[i].a-a[i].b)/abs(a[i].a-a[i].b); sort(a+1,a+n+1); ll sum=0; for(int i=1;i<=n;i++){ sum+=a[i].a; c[i]=max(c[i-1],sum)+a[i].b; ans=max(ans,c[i]); } printf("%lld\n",ans); } return 0; } /* Author: *Miracle* Date: 2018/9/23 22:50:00 */

 

 

 

總結：

很是很是很是很是....漂亮的一道題，不是算法的混雜，就是一個單單對排序的理解和處理。

大體的思路是：

1.微擾法思想，列式子。

2.化簡式子。到了兩個min的式子。

3.發現，不知足排序的傳遞性。

4.儘可能向ai,bi自己的屬性靠近，而不是加上相鄰的項，把這個條件做爲斷定的條件（鄰居畢竟不靠譜，多是誰都不知道）

5.列出最終的式子。

6.證實了傳遞性的存在。

（根據快排的原理，而後注意重載小於號不能加=）

啓示咱們學習算法要學到算法的應用條件和原理本質上，

比如排序的<的定義要有傳遞性，快排不能<=會RE，微擾法本質的使用條件是，交換這兩項，對前面後面的值都無影響。

而不是隻知其一;不知其二，囫圇吞棗，死記硬背，直接複製。

值得思考。

 

完結撒花~~~