正題

題目連結:https://www.luogu.com.cn/problem/P7990

題目大意

數軸上有\(k\)個點是草地，每個草地有不同收益，\(m\)個點是地方的點，現在你要放置\(n\)個我方的點，不能和敵方的點重合。

如果一個草地離最近的我方的點距離嚴格小於最近的敵方點距離，那麼這個草地被佔領。

給出敵方點和草地座標（保證兩兩不同），求佔領草地的最大收益和 。

\(1\leq n,m,k\leq 2\times10^5,1\leq x\leq 10^9\)

解題思路

考慮在兩個敵方點之間我們最多放兩個己方點，又因為敵方點肯定和草地不重合所以放兩個肯定能佔領這之間的所有草地。

而且不能放敵方點的限制可以無視因為放敵方點沒有任何收益。

然後我們再考慮如何算出兩個敵方點之間放一個我方點的最大收益。

顯然之間考慮位置很麻煩，我們可以考慮對於一個草地作為最右邊的草地，那麼一頭牛能佔領的最左邊的草地，這個可以直接用一個雙指標維護。

這樣我們就得出了每一段放一頭/兩頭牛的收益，記為\(c_{i,1/2}\)。

此時我們考慮暴力貪心開始把所有的\(c_{i,1}\)放進堆裡，每次取出的如果是一個\(c_{i,1}\)那麼把\(c_{i,2}-c_{i,1}\)再放進堆裡做\(n\)次就可以了。

看起來這個貪心好像是錯的，因為如果\(c_{i,2}\)遠大於\(c_{i,1}\)時我們就可能犧牲第一次取小的來取第二次的。

但是實際上我們用在上面那個過程中不難發現，肯定是有\(c_{i,1}\geq c_{i,2}-c_{i,1}\)

時間複雜度：\(O(n\log n)\)

當然我推薦的做法是無腦wqs二分+dp

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define ll long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
using namespace std;
const ll N=2e5+10;
struct node{
	ll p,t;
}a[N];
ll n,m,k,ans,s[N],f[N],w[N],v[N];
priority_queue<pair<ll,ll> > q;
bool cmp(node x,node y)
{return x.p<y.p;}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&k,&m,&n);
	for(ll i=1;i<=k;i++)
		scanf("%lld%lld",&a[i].p,&a[i].t);
	for(ll i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&f[i]);
	sort(a+1,a+1+k,cmp);
	sort(f+1,f+1+m);f[0]=-1e9;f[m+1]=2e9;
	ll now=1,l=1,las=0,maxs=0;
	for(ll i=1;i<=k;i++){
		s[i]=s[i-1]+a[i].t;
		while(l<=m&&f[l]<a[i].p){
			w[l]=maxs;v[l]=s[i-1]-s[las];
			las=i-1;now=i;maxs=0;l++;
		}
		ll L=f[l-1],R=f[l];
		while((a[i].p-a[now].p)*2>=R-L)now++;
		maxs=max(maxs,s[i]-s[now-1]);
	}
	w[l]=maxs;v[l]=s[n]-s[las];
	for(ll i=0;i<=k+1;i++)
		q.push(mp(w[i],i));
	for(ll i=1;i<=n;i++){
		pair<ll,ll> w=q.top();
		ans+=w.first;q.pop();
		if(w.second)q.push(mp(v[w.second]-w.first,0));
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}