题解 | #复制鸡#

F题题解

赛时想了个大模拟写法，写红温了，好在赛后对拍找到了错误地方最终调出来了，也算是证明了思路的正确性。

以下做法并非官方题解中的 $dp$ 做法：

每个 $offer$ 可以表示为 $[a,b]$ 的形式，为了方便我们将其表示为 $[a,a+b]$ 的形式，后续我们的 $b$ 其实都表示的是 $a+b$ 。

拿到一个 $[a,b]$ 的 $offer$ 有两种方式：

如果存在一个 $offer$ 其为 $[a_{1},b_{1}]$ ,且 $a_{1}\ge a$ ,则我们可以直接拿到 $[a,b]$ 这个 $offer$ 。
如果存在一个 $offer$ 其为 $[a_{2},b_{2}]$ ,且有 $a_{2}<a\le b_{2}$ , 如果我们能拿到 $[a_{2},b_{2}]$ 这个offer,则我们就可以拿到 $[a,b]$ 这个 $offer$ ，问题便递归的转换成了我们如何拿到 $[a_{2},b_{2}]$ 这个 $offer$ 。该递归的出口是采用第一种方式拿到 $offer$ 。

如何决策最优？即对于第二种方式若存在多个满足条件的 $[a_{2},b_{2}]$ ,我们更容易拿到哪个 $[a_{2},b_{2}]$ 的 $offer$ ? 最优的方式应该是我们拿 $a_{2}$ 最小的那个，因为这样更容易存在一个 $offer$ $[a_{3},b_{3}]$ ( $a_{3} \ge a_{2}$ ),我们直接拿到薪金 $a_{3}$ ,然后换取 $offer$ $[a_{2},b_{2}]$ ,进而换取 $offer$ $[a,b]$ 。

为了快速地找到所有符合条件的 $[a_{2},b_{2}]$ ,我们需要将所有 $offer$ 按照 $b$ 从小到大排序，然后我们便可以使用二分来快速找到符合条件的区间，我们还要使用诸如线段树的数据结构来快速查询一个区间的最小值（即找到最小的 $a_{2}$ ,以及其对应的 $offer$ ）。

所以我的具体做法是，将所有 $offer$ 按照 $b$ 从小到大排序，按照排序后 $offer$ 的顺序建立线段树，线段树中每个节点存储 $a$ 的值及其对应的 $offer$ 编号，然后按照 $offer$ 的倒序来调用 $ask$ 函数进而递归地确定当前 $offer$ $[a,b]$ 是否可以拿到，同时使用记忆化搜索来降低重复搜索。

时间复杂度 $O(nlogn)$ ，详细细节见我的屎山代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int mod=1e9+7;
const int N=2e5+10;
int st[N];
struct node1
{
    int a,b;
    bool operator < (const node1&h) const
    {
        if(b!=h.b) return b<h.b;
        return a>h.a;
    }
}e[N];
struct node
{
	int l,r;
	PII v;
}tr[4*N];
int n;
void pushup(int u)
{
	tr[u].v=min(tr[u << 1].v,tr[u << 1 | 1].v);
}
void build(int u,int l,int r)
{
	if(l==r) tr[u]={l,r,{e[l].a,l}};
	else
	{
		tr[u]={l,r,{0,0}};
		int mid=l + r >> 1;
		build(u << 1,l,mid);
		build(u << 1 | 1,mid+1,r);
        pushup(u);
	}
}
void modify(int u,int x,int v)
{
	if(tr[u].l==tr[u].r && tr[u].r==x) tr[u].v.x=v;
	else
	{
		int mid=tr[u].l + tr[u].r >> 1;
		if(x<=mid) modify(u << 1,x,v);
		else modify(u << 1 | 1,x,v);
		pushup(u); 
	}
}
PII query(int u,int l,int r)
{
	if(l<=tr[u].l && tr[u].r <=r) return tr[u].v;
	else
	{
		int res=0;
		int mid=tr[u].l + tr[u].r >> 1;
		PII mi={1e18,0};
		if(l<=mid) mi=min(mi,query(u << 1,l,r));
		if(r>mid) mi=min(mi,query(u << 1 | 1,l,r));
		return mi;
	}
}
multiset<int> s;
int ask(int u)
{
    if(st[u]!=0) return st[u];
    int x=e[u].a;
    if(s.size() && *s.rbegin()>=x) 
    {
        return st[u]=1;
    }
    if(s.size()==0) return st[u]=-1;
    int l=1,r=u-1;
    while(l<r)
    {
        int mid=(l+r)/2;
        if(e[mid].b<e[u].a) l=mid+1;
        else r=mid;
    }
    if(l>=1 && l<=u-1 && e[l].b>=e[u].a) 
    {
        PII mi=query(1,l,u-1);
        s.erase(s.find(mi.x));
        modify(1,mi.y,1e18);
        int ans=ask(mi.y);
        if(ans==1)
        {
            return st[u]=1;
        }
    }
    return st[u]=-1;
}
void solve()
{
    s.clear();
    scanf("%lld",&n);
    int ma=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    {
        st[i]=0;
        scanf("%lld%lld",&e[i].a,&e[i].b);
        e[i].b+=e[i].a;
        ma=max(ma,e[i].a);
        s.insert(e[i].a);
    }
    sort(e+1,e+n+1);
    build(1,1,n);
    int ma1=0;
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        if(ma1>=e[i].a) 
        {
            ma=max(ma,e[i].b); 
            st[i]=1;
        }
        ma1=max(ma1,e[i].a);
        if(st[i]==0)
        {
        	s.erase(s.find(e[i].a));
            modify(1,i,1e18);
            ask(i);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(st[i]==1) ma=max(ma,e[i].b);
    }
    printf("%lld\n",ma);
}
signed main()
{
    int t=1;
    cin >> t;
    while(t--) solve();
}