AOJ 0613 Treasures
問題概要
N 個の財宝が与えられ,それぞれ市場価値 w(i)と貴重度 v(i) が決まっている.
この財宝をAとBで分け合う.どちらも獲得しない財宝があってもよい.
分け合った後のAとBの財宝の市場価値の総和をそれぞれ Wa, Wb とする.
また,分け合った後のAとBの財宝の貴重度の総和を Va, Vb とする.
(Wa - Wb の絶対値) <= D を満たすようにしたとき,Vb - Va を最大化せよ.
・制約
1 <= N <= 30
1 <= w(i), v(i) <= 10^15
解法
w と v がでかいので半分全列挙.各要素は pair であり,first には Wa - Wb, second には Vb - Va を保存しておく.
TLE解(?)
半分前列挙した後,片方の集合をソートしておく.この集合を S1 とする.
その集合の各要素の貴重度 V(= p1.second) を,ソートされているこの順番にセグツリに代入しておく.
セグツリでは,各区間の最大値を管理するようにする.
もう片方の集合 S2 の各要素 p2 に対し,-D <= p1.first + p2.first <= D を満たすような集合 S1 の区間は二分探索により求まる.
この区間における S1 の V の最大値は,セグツリにクエリを投げれば分かる.
これを 集合 S2 の各要素にたいして行い,最大値を求める.
計算量は O(3^(N/2) log3^(N/2)) = O(N3^N).
なんだけど,かなりギリギリで,実際8秒制限に対して9秒とかかかってしまう.
定数倍早くしたら通ると思うけど,そんな気力はなかった.ちーん.
間に合う解法
TLE 解では S1 しかソートしてないけど,S2 もソートしておくと良い性質が得られる.
S2 のある要素について調べ終わり,次の要素について調べるときを考える.
すると,S1 のなかの条件を満たす区間は,右にずれる以外ありえないことが(少し考えれば)わかる.
なので,しゃくとり法(スライド最小値?)の要領でやれば良い.
オーダーは変わらないけど,遅いのはソート部分だけなので,セグツリ使うよりは遥かに速い.
ソースコード
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll = long long; using P = pair<ll, ll>; constexpr ll INF = 1e18; void dfs(int i, int const last, vector<P>& res, vector<P> const& input, ll diff, ll val) { if(i == last) { res.emplace_back(diff, val); return; } dfs(i+1, last, res, input, diff-input[i].first, val-input[i].second); dfs(i+1, last, res, input, diff, val); dfs(i+1, last, res, input, diff+input[i].first, val+input[i].second); } int main() { int N; ll D; cin >> N >> D; vector<P> input(N); for(int i=0; i<N; ++i) { cin >> input[i].first >> input[i].second; } int N1 = N/2; vector<P> v1, v2; v1.reserve((int)pow(3, N1)); v2.reserve((int)pow(3, N-N1)); dfs(0, N1, v1, input, 0, 0); dfs(N1, N, v2, input, 0, 0); sort(v1.rbegin(), v1.rend()); sort(v2.begin(), v2.end()); ll ans = -INF; int t = 0; deque<P> deq; for(int i=0; i<v1.size(); ++i) { while(t < v2.size() && v2[t].first + v1[i].first <= D) { while(!deq.empty() && deq.back().second <= v2[t].second) { deq.pop_back(); } deq.push_back(v2[t]); ++t; } while(!deq.empty() && deq.front().first + v1[i].first < -D) { deq.pop_front(); } if(!deq.empty()) { ans = max(ans, v1[i].second + deq.front().second); } } cout << ans << endl; }