自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	liuzibujian **

搬运于2025-08-24 21:34:16，当前版本为作者最后更新于2018-08-12 13:27:04，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

---

洛谷p2123

前言

这是一道省选/NOI-的题目，我认为这道题确实有这么难。很多人认为没有这么难，那是因为他们的做法并不是完全正确的。我看了洛谷仅有的三篇题解，竟然有两篇是有错的。正确的那篇题解在这里。这篇仅有的正解的作者还给出了一组证明另外几篇题解有误的数据，将在后面给出。

也欢迎大家来我的博客

题目大意

有n个大臣，第i位大臣左手的数为$a_i$，右手的数为$b_i$，且$a_i$和$b_i$均为正整数。他能获得的数$c_i$由以下关系给出：

求$c_i$最大的大臣的$c_i$最小为多少。 ##题目思路 乍一看，这题和NOIP 2012 提高组 Day1 的国王游戏很像，做题方法应该也差不多，找出一个排序方法，使得以这样排序得到的序列会使最大的$c_i$最小。观察可知，$c_i$是逐渐递增的。我们用相邻交换法考虑。设某个位置上的大臣编号为i，后面一位大臣的编号为j。设i前面所有大臣的a值之和为x，i前面那一位大臣的c值为y。若不交换，则c值较大的大臣的c值（$c_j$）为

$max(max(y,x+a_i)+b_i,x+a_i+a_j)+b_j$

化简后为

$max(y+b_i+b_j,x+a_i+b_i+b_j,x+a_i+a_j+b_j$)

同理，这两位大臣交换后，c值较大的大臣的c值（$c_i$）为

$max(y+b_i+b_j,x+a_j+b_i+b_j,x+a_i+a_j+b_i$)

假设不交换更优，则有

$max(y+b_i+b_j,x+a_i+b_i+b_j,x+a_i+a_j+b_j)\leq max(y+b_i+b_j,x+a_j+b_i+b_j,x+a_i+a_j+b_i)$

发现两边都有$y+b_i+b_j$，则可以消去（数学上是不能消去的，但这道题可以，下面会给出证明），

消去后有：

$max(x+a_i+b_i+b_j,x+a_i+a_j+b_j)\leq max(x+a_j+b_i+b_j,x+a_i+a_j+b_i)$

然后可以把x消去：

$max(a_i+b_i+b_j,a_i+a_j+b_j)\leq max(a_j+b_i+b_j,a_i+a_j+b_i)$①

再进行化简：

$max(b_i,a_j)+a_i+b_j\leq max(b_j,a_i)+a_j+b_i$②

移项：

$max(b_i,a_j)-a_j-b_i\leq max(b_j,a_i)-a_i-b_j$③

观察左式，$a_j$和$b_i$中大的数被消掉了，只剩下$a_j$和$b_i$中较小数的相反数，用数学语言表述出来就是$-min(a_j,b_i)$，那么③式可以变成：

$-min(a_j,b_i)\leq-min(a_i,b_j)$④

再把负号处理掉：

$min(a_i,b_j)\leq min(a_j,b_i)$⑤

于是我们得到了一个非常简单的式子。

关于消去$y+b_i+b_j$的证明

本来我是不想写的，但有很多人来问，我就证明一下吧。

把前面的式子概括一下，可变成：

$max(a,c)\leq max(b,c)$①

现在要证明在本题中$c$可以消掉，即该式等价于$a\leq b$②

开始分类讨论：

1.$a\leq b$，满足②式，则$a$和$b$不用交换，同时又满足①式。

2.$a>b$，不满足②式，按照题意，则需要交换$a$和$b$，交换后自然就满足①式了。

综上，在本题中，$y+b_i+b_j$可以消去。

在洛谷AC但是错误的方法

根据得到的⑤式重载小于号（里面不能写小于等于，不然有几个点会RE，原因会在下面讲），然后进行排序。有了排完序的序列，后面只需要模拟求出每个数的c值就行了。

这是我的程序：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node
{
    int x,y;
    bool operator <(node a) const
    {
        return min(x,a.y)<min(y,a.x);//不能写<=
    }
}a[20005];
int t,n;
long long c[20005];
int main()
{
    cin>>t;
    for (int k=1;k<=t;k++)
    {
        cin>>n;
        for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].x>>a[i].y;
        sort(a+1,a+n+1);
        long long s=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            s+=a[i].x;
            c[i]=max(c[i-1],s)+a[i].y;
        }
        cout<<c[n]<<'\n';
    }
}

其实不一定要用⑤式进行排序，按照上面的①②③④式进行排序都是可以的，只不过要注意开long long，因为数据很大，加法容易溢出。

这是我用②式写的程序：

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct node
{
    long long x,y;
    bool operator <(node a) const
    {
        return x+a.y+max(a.x,y)<y+a.x+max(a.y,x);
    }
}a[20005];
int t,n;
long long c[20005];
int main()
{
    cin>>t;
    for (int k=1;k<=t;k++)
    {
        cin>>n;
        for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].x>>a[i].y;
        sort(a+1,a+n+1);	
        long long s=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            s+=a[i].x;
            c[i]=max(c[i-1],s)+a[i].y;
        }
        cout<<c[n]<<'\n';
    }
}

为什么重载小于号时不能加等号

我也是想了好久才想出来的。这其实是你快排没有掌握好，才会加等号。系统自带的排序和手写快排差不多，于是我手写了一下快排。

#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,a[1005];
void qsort(int l,int r)
{
    int x=a[(l+r)/2];
    int i=l,j=r;
    while (i<=j) 
    {
        while (a[i]<=x) 
		{
//			cout<<i<<' '<<a[i]<<'\n';
			i++;
		}
        while (a[j]>=x) j--;
        if (i<=j)
        {
            int t=a[i];
            a[i]=a[j];
            a[j]=t;
            i++;
            j--;	
        }
    }
    if (l<j) qsort(l,j);
    if (r>i) qsort(i,r);
}
int main()
{
	cin>>n;
	for (int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	qsort(1,n);
	for (int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<' ';
}

重载小于号重载的就是第11行和16行的小于号，让我们看看改成小于等于号会有怎样的结果。你可以把注释掉的那行话的注释符取消掉，输出来。你会发现，它会循环到数组越界之后才会停止（本来开的100000的数组，等了好久才等到它输完，方便起见，改为1000）。所以重载小于号一定不能加等于，不然很容易RE。

为什么这种方法是错的

之前提到的三篇题解中唯一一篇正确的题解的作者提供了一组hack数据： 输入：

2
7
6 3
1 1
7 3
1 1
1 6
1 1
6 10

7
6 10
1 1
6 3
1 1
7 3
1 1
1 6

输出：

26
26

两组数据只是顺序不一样，但用上面的程序输出的结果也是不同的。为什么会这样呢？再具体地分析一下。假设有三位大臣，他们的a[i]和b[i]分别是：

7 3
1 1
1 6

显然，这样可以是排完序后的结果，因为两两之间用条件判断都是等于。这样算出来答案是17。而如果这样排：

1 1
1 6
7 3

答案是12，显然这样更优，但程序却有可能排成17的那种情况。

虽然按条件判断相等的两组数交换一次对后面确实不会产生影响，但可以通过多次交换对最终结果产生影响。

错误的根本原因就是，这个判断条件不满足传递性。

正确解法

写正确解法之前，我先要好好感谢一下那位第一个写正解的大佬，是他的博客和他的数据才引发了我以下的思考。 既然要使排序能满足传递性，就应该想出一个对所有数普遍适用的一个排序条件，而不只针对于相邻的两个数。上面得到的⑤式肯定要被用起来。再仔细观察一下这个式子：

$min(a_i,b_j)\leq min(a_j,b_i)$

可以发现，大概应该和a与b的大小关系有关（$a_i$和$b_i$哪个大）。还有，要使一个数排在前面，那么a越小越好，b越大越好。我们先按a与b的大小关系把所有数据分为三大组，然后开始讨论：

1.当$a_i<b_i$，$a_j<b_j$时，$a_i\leq a_j$，应该按a升序排序（$a_i$和$a_j$相等时无所谓）。

2.当$a_i=b_i$，$a_j=b_j$时，爱怎么排怎么排。

3.当$a_i>b_i$，$a_j>b_j$时，$b_i\geq b_j$，应该按b降序排序。

那么这三大组之间应该怎样排序呢？

1组和2组，1组在2组前肯定能保证满足条件。2组和3组，2组在3组前面肯定能保证满足条件。那么1组在前，2组在中，3组在后，是肯定能保证满足要求的。

我们令$d_i=\frac{a_i-b_i}{|a_i-b_i|}$，那么1组的d值为-1，2组为0，3组为1。

于是我们得到了最终的排序条件：先按d值排序；然后若d值小于等于0，按a升序排序（这里把2组归入1组）；若d值大于0，则按b降序排序。 这样就可以满足传递性了。

这是完全正确的代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
struct node
{
    int x,y,d;
    bool operator <(node a) const
    {
        if (d!=a.d) return d<a.d;
        if (d<=0) return x<a.x;
        return y>a.y;
    }
}a[20005];
int t,n;
long long c[20005];
int main()
{
    cin>>t;
    for (int k=1;k<=t;k++)
    {
        cin>>n;
        for (int i=1;i<=n;i++) 
		{
			cin>>a[i].x>>a[i].y;
			if (a[i].x>a[i].y) a[i].d=1;
			else if (a[i].x<a[i].y) a[i].d=-1;
			else a[i].d=0;
		}
        sort(a+1,a+n+1);
        long long s=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            s+=a[i].x;
            c[i]=max(c[i-1],s)+a[i].y;
        }
        cout<<c[n]<<'\n';
    }
}

总结

这一道题是一道不错的题，美中不足的是，数据太弱了，以致于让错误的解法鱼目混珠。这一道题对得起省选/NOI-的难度评定。希望下次来看的时候，数据已经加强了，正确的解法已经深入人心了。