AT_abc374_e [ABC374E] Sensor Optimization Dilemma 2 题解

洛谷题目传送门

AT题目传送门

题目大意：

给定 \(n\) 道工序，你有 \(X\) 元的资金，对于第 \(i\) 道工序，有两种机器供你选择，第一种机器可以花费 \(P_i\) 元处理 \(A_i\) 个产品，第二种机器可以花费 \(Q_i\) 元处理 \(B_i\) 个产品。

钦定第 \(i\) 天处理的产品个数为 \(W_i\)，求在总花费不超过 \(X\) 元的前提下，最大化 \(\min_{i=1}^{n} W_i\)。

数据范围：\(1 \leq n,A_i,B_i \leq \color{red}100 \color{black},1 \leq P_i,Q_i,X \leq 10^7\)。

题目分析：

看到这个最大化最小值就想到要使用二分答案了。

在 check 函数中，我们考虑进行两次 for 循环，第一次循环枚举选第一个机器的个数，从大到小枚举，起始点为 \(\lfloor \frac{mid}{A_i} \rfloor +1\)，终止点为 \(\lfloor \frac{mid}{A_i} \rfloor - L\)，（这里 \(L\) 先留个悬念后面再提），第二次循环以此类推，每次取费用最小的相加与总花费 \(X\) 比较即可。

check 函数实例：

bool check(int mid)
{
	int sum=0;//本次 check 的总花费
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int s=INF;//第 i个工序的最小花费
		//枚举选第一个机器的个数 
		for(int j=mid/a[i]+1;j>=max(mid/a[i]-100,0ll);j--)//下界要与 0 取 max 
		{
			int y=max(0ll,mid-j*a[i]+b[i]-1);
			//这里其实是我懒，不想打 if 判断余数，所以就加了 (b[i]-1)，顺便规避了负数会导致计算出错的问题 
			s=min(s,j*p[i]+y/b[i]*q[i]);
		}
		//同理 
		for(int j=mid/b[i]+1;j>=max(mid/b[i]-100,0ll);j--)
		{
			int y=max(0ll,mid-j*b[i]+a[i]-1);
			s=min(s,j*q[i]+y/a[i]*p[i]);
		}
		sum+=s;
	}
	return sum<=x;
}

好了这里上述程序的 \(L\) 取了 \(100\) 左右，原因是 \(A_i,B_i \leq 100\)，两种机器都能处理到 \(A_iB_i\)，既可以变化的产品最多到 \(\Delta=\operatorname{lcm}(A_i,B_i)\) 即可。

因为对于上述的 check 枚举的是机器个数，故对于第一个机器的下界取到 \(\max(0,\lfloor \frac{mid}{A_i} \rfloor -\frac{\Delta}{A_i})\) 即可，即对于这变化的产品不再使用第一个机器处理，转而使用第二个机器处理，计算花费即可，枚举第二个机器的数量同理。

时间复杂度：\(O(L \log V)\)，其中 \(L \approx A_i+B_i \leq 200,V=10^9\)，\(V\) 为二分答案的值域。

Code:

赛时代码写得有点丑