XSY3244 10.31 D
题意：
数轴上有\(N\)只老鼠\(M\)个洞，每个洞有一个容量，求所有老鼠进洞的最小代价。(\(N,M\leq1000000\)，时限\(2s\))
题解：
被代爷的前两道题卡得醉生梦死，场上根本没看这题。。。
十万的档显然可以\(dp\)，加个线段树什么的就可以了。
对于100%的数据，上面的那个\(dp\)已经没用了，代爷给的做法是正反贪心，让每只老鼠贪心选择左/右最近的洞。对于每只老鼠，这两个洞正好是它最终决策会去的洞。然后把老鼠和每一个可能有老鼠进的洞一起摆在数轴上，做一遍\(dp\)。状态\(f_{i,j}\)表示搞到第\(i\)个点，老鼠比洞多\(j\)个，转移挺简单的。这个\(dp\)相较上面的那个，优点在于它可以直接利用指针跳\(O(1)\)转移。时空复杂度都是线性的。
场上还有人想出了另一种做法。这是我代码的做法。
我们建出一个模型：
对于老鼠和洞，我们分别用两个大根堆\(M,H\)储存，按位置。
将老鼠和洞按位置排序。
如果当前处理的是老鼠，那就取\(H\)堆顶，钦定它进这个洞，这个容量\(-1\)，并且在以老鼠为镜面，这个洞反射过去的地方往\(M\)堆里插入一只老鼠，更新答案。
-
如果当前处理的是洞，那就让\(M\)堆中所有坐标比它大的老鼠滚进这个洞（显然比老鼠在当前洞内更优），但是这不一定最优，所以我们要建立反悔机制：记\(\Delta = 当前洞的坐标-这只老鼠的坐标\)，在\(当前洞坐标当前洞坐标+ \Delta\)的地方新建容量为一的洞；更新答案，如果处理完所有之后当前洞还有剩余的容量，就把它扔进堆里。想一想，为什么。
代码：
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define fo(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define of(i,l,r) for(int i=l;i>=r;i--)
#define fe(i,u) for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int> pli;
#define P(a,b) make_pair(a,b)
inline void open(const char *s)
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[20];
sprintf(str,"in%s.txt",s);
freopen(str,"r",stdin);
// sprintf(str,"out%s.txt",s);
// freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
inline ll rd()
{
static ll x,f;
x=0;f=1;
char ch=getchar();
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1ll;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10ll+ch-'0';
return f>0?x:-x;
}
const int N=1000010;
int n,m;
ll ans=0;
pli a[N<<1];
priority_queue<ll>M;
priority_queue<pli>H; inline void gaoM(pli x)
{
ll res=1000000000000000ll;
if(!H.empty()){
pli y=H.top();H.pop();
res=x.first-y.first;
if(--y.second)H.push(y);
}
M.push(x.first+res);
ans+=res;
}
inline void gaoH(pli x)
{
while(x.second&&!M.empty()&&M.top()>x.first){
ll y=M.top();M.pop();
ll res=x.first-y;x.second--;
ans+=res;H.push(P(x.first+res,1));
}
if(x.second)H.push(x);
} int main()
{
open("c");
n=rd();m=rd();
fo(i,1,n)a[i].first=rd(),a[i].second=-1;
ll s=0;
fo(i,1,m)a[n+i].first=rd(),a[n+i].second=rd(),s+=a[n+i].second;
if(s<n)return puts("-1"),0;
sort(a+1,a+n+m+1);
fo(i,1,n+m){
if(a[i].second==-1)gaoM(a[i]);
else gaoH(a[i]);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}