询系--家庭作业
作者：互联网
【问题描述】
小明一共有n项作业，第i项作业要在di时间之前完成，小明完成第i项作业需要bi的时间，对于小明来说，喝奶茶可以提高工作效率，但是奶茶对于不同的作业功效是不同的，你可以认为，小明在做第i项作业期间，每喝1ml的奶茶，他完成第i项作业所需要的时间就会减少ai，当然，奶茶还不至于神奇到有时间倒流的功能。
现在，小明想知道，他要按时完成所有作业最少要喝奶茶的毫升数。
【输入格式】
第一行一个正整数；
接下来n行每行三个正整数ai,bi,di;
【输出格式】
输出一个小数，表示小明要按时完成所有作业最少要喝奶茶的毫升数。（保留两位小数）
【输入样例】
2
20 50 100
10 100 50
【输出样例】
5.00
【数据范围】
对于20%的数据，n<=10，对于所有的i满足di<=100,ai=1;
对于40%的数据,n<=3000;
对于100%的数据,1<=n<=2*10^5.ai,bi,di<=10^6
【算法分析】
首先，有一个很显然的结论：如果做了若干项作业，它们的相对顺序对后面的作业是没有影响的，所以我们可以先把作业按截至时间排序从前往后做。
依次枚举作业，如果当前不喝奶茶单纯完成时间来不及，就吵之前做过的ai最大且bi>0作业不断喝，直到时间充足。
由于前面算法的瓶颈在于找ai最大，我们直接用堆来维护一下最大值就可以通过本题了（当然你也可以使用任何支持查询最大值的数据结构，比如线段树）‘
时间复杂度（nlogn）
【核心代码1】
sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(ont i=1;i<=n;++i)
{
tot+=p[i].b;Q.Push(i);
if(tot>p[i].d)
{
while(tot-p[i].d>=p[top=Q.g[1]b])
{
Ans+=p[top].b/(double)p[top].a;
tot-=p[top].b;Q.Pop();
}
if(tot-p[i].d>0)
{
Ans+=(tot-p[i].d)/(double)p[top].a;
p[top].b-=tot-p[i].d;tot=p[i].d;
}
}
}’【核心代码2】
struct heap{
int g[m],len;
inline void push(const int &res){
g[++len]=res;
int now =len,nxt=len>>1;
while (nxt){
if(p[res].a>p[g[nxt]].a)
g[now]=g[nxt],nxt=(now=nxt)>>1;
}
g[now]=res;
}
}
inline void pop(){
g[i]=g[len--];
while(nxt<=len){
if(nxt<len && p[g[nxt[1]]].a>p[g[nxt]].a) naxt|=1;
if(p[g[nxt]].a>p[res].a)
g[now]=g[nxt],nxt=(now=nxt)<<1;
}
g[now]=res;
}Q;
int main(){
n=get();Q.len =0;
for(int i=1;i<=n;++i){
p[i].a=get();
p[i].b=get();
p[i].d=get();
}
sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(int i=1;i<=n;++i){
tot+=p[i].b;Q.push(i);
if(tot>p[i].d){
while (tot-p[i].d>=p[top=Q.g[1]].b)
{
Ans +=p[top].b/(double)p[top].a;
tot-=p[top].b;Q.pop();
}
if(tot-p[i].d)>0{
Ans+=(tot-p[i].d)/(double)p[top].a;
p[top].b-=tot-p[i].d; tot=p[i].d;
}
}
}
printf("%.2lf\n",Ans);
return 0;
}
标签：nxt,--,top,作业,家庭作业,tot,奶茶,now,询系 来源： https://blog.csdn.net/qq_38376545/article/details/119219726