题目大意
有 n n n样菜品，每样菜品都有两个权值 a i a_i ai和 b i b_i bi，如果你选择了 k k k个菜品，分别为 p 1 , ... , p k p_1,\dots,p_k p1,...,pk，则你的花费为
∑ i = 1 k a p i + max i = 1 k b p i \sum\limits_{i=1}^ka_{p_i}+\max\limits_{i=1}^kb_{p_i} i=1∑kapi+i=1maxkbpi
对于每个 1 ≤ k ≤ n 1\leq k\leq n 1≤k≤n，求如何选 k k k个菜品才能使花费最小，并输出最小花费。
1 ≤ n ≤ 2 × 1 0 5 , 1 ≤ a i , b i ≤ 1 0 9 1\leq n\leq 2\times 10^5,1\leq a_i,b_i\leq 10^9 1≤n≤2×105,1≤ai,bi≤109
时间限制 2000 m s 2000ms 2000ms，空间限制 512 M B 512MB 512MB。
题解
前置知识：可持久化线段树（主席树）
首先，我们考虑如何求 k k k固定时的答案。将所有菜品按 b b b值从小到大排序，如果 b b b值相同则按 a a a值从小到大排序。枚举第 x x x个菜品作为选中的 b b b最大的菜品，那么剩下的 k − 1 k-1 k−1个菜品肯定是选择前 x − 1 x-1 x−1个菜品中 a a a最小的 k − 1 k-1 k−1个盘子。对于给定的 k k k和 x x x，用可持久化线段树可以用 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)的时间复杂度来求出对应方案的值，我们将其记为 w ( k , x ) w(k,x) w(k,x)。
令 f ( k ) f(k) f(k)表示在取 k k k个菜品时能得到最优解的 x x x，对于两个不同的决策 x , y x,y x,y（ x < y x<y x<y），若 w ( k , x ) ≥ w ( k , y ) w(k,x)\geq w(k,y) w(k,x)≥w(k,y)，那么增大 k k k之后因为 y y y的可选择范围包含了 x x x的可选择范围，所以 y y y新选的 a a a值一定不大于 x x x新选的 a a a值，即 w ( k ′ , x ) ≥ w ( k ′ , y ) w(k',x)\geq w(k',y) w(k′,x)≥w(k′,y)对 k ≤ k ′ ≤ n k\leq k'\leq n k≤k′≤n恒成立。由此可得 f ( 1 ) ≤ f ( 2 ) ≤ ⋯ ≤ f ( n ) f(1)\leq f(2)\leq\cdots\leq f(n) f(1)≤f(2)≤⋯≤f(n)，即最优决策具有单调性，可以用分治求解。
在分治的时候，用 s o l v e ( s l , s r , l , r ) solve(sl,sr,l,r) solve(sl,sr,l,r)表示用 x ∈ l , r x\in l,r x∈l,r来给 k ∈ s l , s r k\in sl,sr k∈sl,sr计算答案。一开始是 s o l v e ( 1 , n , 1 , n ) solve(1,n,1,n) solve(1,n,1,n)，将其分成若干个子问题分别来解决。对于每个子问题，令 m i d = ( s l + s r ) / 2 mid=(sl+sr)/2 mid=(sl+sr)/2，则我们先在 l , r l,r l,r中找到 f ( m i d ) f(mid) f(mid)，设 f ( m i d ) = p o s f(mid)=pos f(mid)=pos，则 s l , m i d − 1 sl,mid-1 sl,mid−1的 f f f值在 l , p o s l,pos l,pos上， m i d + 1 , s r mid+1,sr mid+1,sr的 f f f值在 p o s , r pos,r pos,r上，那我们就可以将原问题分为两个子问题 s o l v e ( s l , m i d − 1 , l , p o s ) solve(sl,mid-1,l,pos) solve(sl,mid−1,l,pos)和 s o l v e ( m i d + 1 , s r , p o s , r ) solve(mid+1,sr,pos,r) solve(mid+1,sr,pos,r)。
在分治的时候，最多只会往下推 O ( log n ) O(\log n) O(logn)层，每层需要求 O ( n ) O(n) O(n)个 w ( k , x ) w(k,x) w(k,x)的值，总共需要求 O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn)个 w ( k , x ) w(k,x) w(k,x)的值，所以时间复杂度为 O ( n log 2 n ) O(n\log^2 n) O(nlog2n)。
code
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200000;
int n,tot=0,rt[N+5],re[N+5];
long long ans[N+5];
struct node{
int a,b;
}w[N+5];
struct tree{
int lc,rc,hv;
long long s;
}tr[N*20+5];
bool cmp1(node ax,node bx){return ax.a<bx.a;}
bool cmp2(node ax,node bx){return ax.b<bx.b;}
void ch(int &r1,int r2,int l,int r,int v){
r1=++tot;
tr[r1]=tr[r2];
if(l==r){
++tr[r1].hv;
tr[r1].s+=re[l];
return;
}
int mid=l+r>>1;
if(v<=mid) ch(tr[r1].lc,tr[r2].lc,l,mid,v);
else ch(tr[r1].rc,tr[r2].rc,mid+1,r,v);
tr[r1].hv=tr[tr[r1].lc].hv+tr[tr[r1].rc].hv;
tr[r1].s=tr[tr[r1].lc].s+tr[tr[r1].rc].s;
}
long long find(int k,int l,int r,int v){
if(l==r) return tr[k].s;
int mid=l+r>>1;
if(tr[tr[k].lc].hv>=v) return find(tr[k].lc,l,mid,v);
else return find(tr[k].rc,mid+1,r,v-tr[tr[k].lc].hv)+tr[tr[k].lc].s;
}
void solve(int sl,int sr,int l,int r){
if(sl>sr) return;
int mid=sl+sr>>1,pos=0;
for(int i=max(mid,l);i<=r;i++){
long long now=w[i].b+find(rt[i],1,n,mid);
if(ans[mid]>=now){
ans[mid]=now;pos=i;
}
}
solve(sl,mid-1,l,pos);
solve(mid+1,sr,pos,r);
}
int main()
{
// freopen("order.in","r",stdin);
// freopen("order.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&w[i].a,&w[i].b);
ans[i]=1e18;
}
sort(w+1,w+n+1,cmp1);
for(int i=1;i<=n;i++){
re[i]=w[i].a;w[i].a=i;
}
sort(w+1,w+n+1,cmp2);
for(int i=1;i<=n;i++) ch(rt[i],rt[i-1],1,n,w[i].a);
solve(1,n,1,n);
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}