题干：

小Ho编写了一个处理数据包的程序。程序的输入是一个包含N个数据包的序列。每个数据包根据其重要程度不同，具有不同的"延迟惩罚值"。序列中的第i个数据包的"延迟惩罚值"是Pi。如果N个数据包按照<Pi1, Pi2, ... PiN>的顺序被处理，那么总延迟惩罚

SP=1*Pi1+2*Pi2+3*Pi3+...+N*PiN（其中i1, i2, ... iN是1, 2, 3, ... N的一个排列)。

小Ho的程序会依次处理每一个数据包，这时N个数据包的总延迟惩罚值SP为

1*P1+2*P2+3*P3+...+i*Pi+...+N*PN。  

小Hi希望可以降低总延迟惩罚值。他的做法是在小Ho的程序中增加一个大小为K的缓冲区。N个数据包在被处理前会依次进入缓冲区。当缓冲区满的时候会将当前缓冲区内"延迟惩罚值"最大的数据包移出缓冲区并进行处理。直到没有新的数据包进入缓冲区时，缓冲区内剩余的数据包会按照"延迟惩罚值"从大到小的顺序被依次移出并进行处理。

例如，当数据包的"延迟惩罚值"依次是<5, 3, 1, 2, 4>，缓冲区大小K=2时，数据包被处理的顺序是：<5, 3, 2, 4, 1>。这时SP=1*5+2*3+3*2+4*4+5*1=38。

现在给定输入的数据包序列，以及一个总延迟惩罚阈值Q。小Hi想知道如果要SP<=Q，缓冲区的大小最小是多少？

输入

Line 1: N Q

Line 2: P1 P2 ... PN

对于50%的数据： 1 <= N <= 1000

对于100%的数据： 1 <= N <= 100000, 0 <= Pi <= 1000, 1 <= Q <= 1013

输出

输出最小的正整数K值能满足SP<=Q。如果没有符合条件的K，输出-1。

样例输入

5 38
5 3 1 2 4

样例输出

2

解题报告：

对于缓冲区的描述我们一般就直接用优先队列了 复杂度为O（N*logN）

对于这个题如果我们考虑直接去暴力枚举缓冲区K的大小,然后在优先队列去入队出队算出 SP值得话, 复杂度为O（N^2logN）N为10^5 复杂度还是很高;我们可以观察考虑到我们枚举K的大小时K为单调的,而且我们发现随着K变大 SP的值在单调递减,所以我们可以想到二分K的大小，复杂度降为O（N*logN*logN）。其实这题不用二分也貌似能过。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int MAX = 100000 + 5;
int a[MAX];	
long long n;
long long q;
//缓冲区大小为k 
bool ok(int k) {
	priority_queue<int > pq;
	int cnt = 1;
	long long ans = 0;
	for(int i = 1; i<=n; i++) {
		if(pq.size() <k) pq.push(a[i]);
		else {
			ans += cnt*pq.top();
			cnt++;pq.pop();i--;
		}
	}
	while(!pq.empty() ) {
		ans +=cnt*pq.top();pq.pop();
		cnt++;
	}
//	printf("ans = %lld\n",ans);
	if(ans<=q) return 1;
	else return 0;
}
int main()
{
	int flag = 0;
	cin>>n>>q;
	for(int i = 1; i<=n; i++) {
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	int l = 1,r = n,mid; 
	mid = (l+r)/2;
	while(l<r) {
		mid = (l+r)/2;
		if(ok(mid) ) r = mid,flag = 1;
		else l = mid + 1; 
	}
	if(flag == 1 ) printf("%d\n",l) ;
	else printf("-1\n");
	return 0 ;
 }

 

总结：两个坑。第一l初始化成1，不能初始化成0！不然就RE了，大概因为输入n为1的时候  刚开始进去的mid为0了？然后ok函数的k为0，，，肯定有RE啊。。第二看清数据范围 Q的范围是1e13，所以需要开longlong。