題目描述?Description

阿明是一名推銷員，他奉命到螺絲街推銷他們公司的產品。螺絲街是一條死胡同，出口與入口是同一個，街道的一側是圍墻，另一側是住戶。螺絲街一共有N家住戶，第i家住戶到入口的距離為Si米。由于同一棟房子里可以有多家住戶，所以可能有多家住戶與入口的距離相等。阿明會從入口進入，依次向螺絲街的X家住戶推銷產品，然后再原路走出去。阿明每走1米就會積累1點疲勞值，向第i家住戶推銷產品會積累Ai點疲勞值。阿明是工作狂，他想知道，對于不同的X，在不走多余的路的前提下，他最多可以積累多少點疲勞值。

輸入描述?Input Description

第一行有一個正整數N，表示螺絲街住戶的數量。
接下來的一行有N個正整數，其中第i個整數Si表示第i家住戶到入口的距離。數據保證S1≤S2≤…≤Sn<10^8。
接下來的一行有N個正整數，其中第i個整數Ai表示向第i戶住戶推銷產品會積累的疲勞值。數據保證Ai<10^3。

輸出描述?Output Description

輸出N行，每行一個正整數，第i行整數表示當X=i時，阿明最多積累的疲勞值。

樣例輸入?Sample Input

【樣例1】
5
1?2?3?4?5
1?2?3?4?5

【樣例2】
5
1?2?2?4?5
5?4?3?4?1

樣例輸出?Sample Output

【樣例1】
15
19
22
24
25

【樣例2】
12
17
21
24
27

數據范圍及提示?Data Size & Hint

1≤N≤100000
注：請用?scanf?輸入。

/*剛開始想了一個貪心思路，不知道對不對，然而真的就對了，只不過是O(n^2)的，TLE，然后用優先隊列優化就過了。貪心思路首先我們明確，找前i個住戶一定是在i-1的基礎上找的，具體方法是記錄當前我們最遠找到的村莊位置now，因為當你往回找和往前找時走的路程是不同的，對于now來說，我們有兩種決策，一種是向上找，一種是向下找，找到最大值加入ans，這樣是O(n^2)的方法。然而我們發現向上找的部分會隨now的變大而逐漸不浪費時間，向下找的部分則會重復找很多次，所以我們搞一個優先隊列，再記錄一個當前最遠的入隊元素位置from，每次當我們更新now時，就把from+1到now內的元素放入優先隊列，這樣我們在下一次向下找的時候就不用再循環一遍，而是直接從優先隊列中取頭元素就好了。 */ #include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> #include<algorithm> #define M 100010 using namespace std; int n,ans; struct node {int v,pos;bool operator< (node x)const{return v<x.v;} };node a[M],b; priority_queue<node> q; int main() {scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].pos);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i].v);b.v=0;b.pos=0;q.push(b);int now=0,from;for(int i=1;i<=n;i++){b=q.top();int mx=b.v,p=0;for(int j=now+1;j<=n;j++)if((a[j].pos-a[now].pos)*2+a[j].v>mx){mx=(a[j].pos-a[now].pos)*2+a[j].v;p=j;}if(p){b.pos=p;b.v=mx;from=now;now=p;q.push(b);for(int j=from+1;j<now;j++)q.push(a[j]);}node b=q.top();ans+=b.v;q.pop();printf("%d\n",ans);}return 0; } View Code

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轉載于:https://www.cnblogs.com/harden/p/5811386.html

總結

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