题目大意

有$n$样菜品，每样菜品都有两个权值$a_i$和$b_i$，如果你选择了$k$个菜品，分别为$p_1,\dots ,p_k$，则你的花费为

$$\sum _{i=1}^k{a}_{p_i}+\underset{i=1}{\overset{k}{\max }}{b}_{p_i}$$

对于每个$1\le k\le n$，求如何选$k$个菜品才能使花费最小，并输出最小花费。

$1\le n\le 2\times 10^5,1\le a_i,b_i\le 10^9$

时间限制$2000ms$，空间限制$512MB$。

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$k$固定时的答案。将所有菜品按$b$值从小到大排序，如果$b$值相同则按$a$值从小到大排序。枚举第$x$个菜品作为选中的$b$最大的菜品，那么剩下的$k-1$个菜品肯定是选择前$x-1$个菜品中$a$最小的$k-1$个盘子。对于给定的$k$和$x$，用可持久化线段树可以用$O(n\log n)$的时间复杂度来求出对应方案的值，我们将其记为$w(k,x)$。

令$f(k)$表示在取$k$个菜品时能得到最优解的$x$，对于两个不同的决策$x,y$（$x<y$），若$w(k,x)\ge w(k,y)$，那么增大$k$之后因为$y$的可选择范围包含了$x$的可选择范围，所以$y$新选的$a$值一定不大于$x$新选的$a$值，即$w(k^{\prime },x)\ge w(k^{\prime },y)$对$k\le k^{\prime }\le n$恒成立。由此可得$f(1)\le f(2)\le \cdots \le f(n)$，即最优决策具有单调性，可以用分治求解。

在分治的时候，用$solve(sl,sr,l,r)$表示用$x\in [l,r]$来给$k\in [sl,sr]$计算答案。一开始是$solve(1,n,1,n)$，将其分成若干个子问题分别来解决。对于每个子问题，令$mid=(sl+sr)/2$，则我们先在$[l,r]$中找到$f(mid)$，设$f(mid)=pos$，则$[sl,mid-1]$的$f$值在$[l,pos]$上，$[mid+1,sr]$的$f$值在$[pos,r]$上，那我们就可以将原问题分为两个子问题$solve(sl,mid-1,l,pos)$和$solve(mid+1,sr,pos,r)$。

在分治的时候，最多只会往下推$O(\log n)$层，每层需要求$O(n)$个$w(k,x)$的值，总共需要求$O(n\log n)$个$w(k,x)$的值，所以时间复杂度为$O(n{\log }^{2}n)$。

code

#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;
}