Problem

CF746F

题目大意：

有 \(k\) 的时间，\(n\) 首歌，听每首歌的时间不一定相同，要求按顺序听一段连续的歌，其中有 \(w\) 首可以只听一半（向上取整）。每首歌有一个快乐值，听第 \(i\) 首歌即可获得 \(a_i\) 的快乐值（不论听整首还是半首），问能获得的最大的快乐值是多少。

Solution

首先有一个很明显的事，就是对于每一个确定的区间左边界 \(l\)，一定要使 \(r\) 尽可能的大，也就是确定做断电后，只要能扩展区间就扩展区间。然后看数据范围，\(1\le n \le 2 \times 10^5\)，可以想到要用 \(O(n\log n)\) 或者 \(O(n)\) 的算法。
于是我们考虑用 two-pointers 解决这题。
这时还需要用到一个贪心，就是对于目前 two-pointers 找到的一个区间 \([l,r]\)，我们必然让时间最大的 \(w\) 首歌只听一半。

具体实现时，我们可以用 STL 中的 multiset<> 来存储歌曲，这里不能用 set<> 是因为两首歌的时间可能一样。
我们用两个 multiset<> \(s_1,s_2\) 分别存储听一半的歌的原本的时间和听整首歌的时间。
对于每次将要进入区间的一个数，我们进行分类讨论：

• 若只有不到 \(w\) 首歌在 \(s1\) 中且剩余时间足够听半首歌，弹入 \(s_1\)。
• 否则，若 \(s_1\) 中原时间最小的数比当前数要小，则把当前数放入 \(s_1\)，将那个数放入 \(s_2\)。\(s_1\) 存原时间的好处就在这里，如果存半首的时间，将无法确定原时间，把元素放入 \(s_2\) 时就会出问题。另外，这里还要判一下放进去调整后的时间够不够用。
• 否则，若剩余时间够听整首歌，则把当前数放入 \(s_2\)。
• 否则，说明这个区间已经最大了，放不进去了，就需要弹出左端点。这里也需要分类讨论：
  • 若 \(s_2\) 为空，左端点一定在 \(s_1\) 中，删除即可。
  • 否则，若 \(s_1\) 最小的数比左端点的时间大，那么左端点在 \(_2\) 中，删除即可。
  • 否则，左端点在 \(s_1\) 中，把左端点删除后， \(s_1\) 不满而 \(s_2\) 有数，把 \(s_2\) 中最大的数放入 \(s_1\)。

于是就可以完成此题了！

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,w,k,a[200005],t[200005];
int T,res,ans;
multiset<int>s1,s2;
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&w,&k);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i]);
	int l=1,r=0;
	while(r<n)
	{
		r++;
		int tmp=*s1.begin();
		if((int)s1.size()<w&&T+(t[r]+1)/2<=k)
			s1.insert(t[r]),T+=(t[r]+1)/2,res+=a[r];
		else if(t[r]>tmp&&T-(tmp+1)/2+(t[r]+1)/2+tmp<=k)
		{
			s1.erase(s1.find(tmp));
			s1.insert(t[r]);
			s2.insert(tmp);
			T+=(t[r]+1)/2-(tmp+1)/2+tmp;
			res+=a[r];
		}
		else if(T+t[r]<=k) s2.insert(t[r]),T+=t[r],res+=a[r];
		else
		{
			r--;
			if(s1.empty()){r++;continue;}
			else if(s2.empty()) s1.erase(s1.find(t[l])),T-=(t[l]+1)/2;
			else if(t[l]<tmp) s2.erase(s2.find(t[l])),T-=t[l];
			else
			{
				int ttmp=*--s2.end();
				s1.erase(s1.find(t[l]));
				s1.insert(ttmp);
				s2.erase(s2.find(ttmp));
				T=T-(t[l]+1)/2-ttmp+(ttmp+1)/2;
			}
			res-=a[l];
			l++;
		}
		ans=max(ans,res);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}