CF1795C Tea Tasting (前缀和，差分，二分)

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题意：

有n种茶，n个人，第i种茶有 a[i]的量，第i个人一次能喝 b[i], 第i个人从第i种茶开始往前喝，求每个人能喝多少

分析

对于第 i 杯茶,其只会被 i,i+1,i+2,⋯,n 这些人品尝. 可以发现一定是第 i ∼ j个人可以品尝到 b_i∼b_j单位的茶,然后第 j+1个人可以品尝到第 i 杯茶剩下的所有部分,然后再后面的人就没有茶可以品尝了.

对于所有的茶 i ,我们容易通过二分找到 j 的位置,我们可以统计对于每个人k,其品尝到 /b_k 毫升茶多少次,我们发现每次我们都是做一个静态的区间加,可以用差分解决.而对于品尝到所有剩下的茶的情况可以直接暴力加到答案上.总复杂度为O(nlog⁡n).

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>using ll = long long;
const int maxn = 2e5 + 5;
int a[maxn], b[maxn];
ll s[maxn];
ll d[maxn], ans[maxn];int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int T;std::cin >> T;while (T--) {int n;std::cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {d[i] = ans[i] = 0;}for (int i = 1; i <= n; i++) {std::cin >> a[i];}for (int i = 1; i <= n; i++) {std::cin >> b[i], s[i] = s[i - 1] + b[i];// 求一下 b 数组的前缀和}for (int i = 1; i <= n; i++) {int r = std::upper_bound(s + 1, s + 1 + n, a[i] + s[i - 1]) - (s + 1);d[i]++, d[r + 1]--;if (r < n) {ans[r + 1] += a[i] - (s[r] - s[i - 1]);}}for (int i = 1; i <= n; i++) {d[i] += d[i - 1];ans[i] += d[i] * b[i];}for (int i = 1; i <= n; i++) {std::cout << ans[i] << " \n"[i == n];}}return 0;
}

方法二：

我们使用小根堆存储剩余的茶

假设当前剩余的情况是这样的：

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>using ll = long long;const int N = 1e6 + 10;int n;
ll a[N], b[N], ans[N];void solve() {std::cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {std::cin >> a[i];}for (int i = 1; i <= n; i++) {std::cin >> b[i], ans[i] = 0;}ll now = 0;std::priority_queue<ll, std::vector<ll>, std::greater<ll>> q;for (int i = 1; i <= n; i++) {q.push(a[i] + now);while (q.size()) {ll t = q.top();if (t - now > b[i]) {ans[i] += q.size() * b[i];break;} else {ans[i] += t - now, q.pop();}}now += b[i];}for (int i = 1; i <= n; i++) {std::cout << ans[i] << " \n"[i == n];}
}int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int t;std::cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

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