UVa 1450 Airport

问题描述

一个大城市有一个年客流量400040004000万的国际机场，但该机场以世界上最为拥堵的机场之一而臭名昭著。在这个机场，只有一条跑道。因此，跑道上总是挤满了等待起飞的飞机。有两条路可以接近跑道，分别称为西路WWW和东路EEE。飞机在这两条路上等待起飞。

在每个时刻ttt，任意数量的飞机到达西路WWW和东路EEE。每个在时刻ttt到达WWW或EEE的飞机会获得一个等级，该等级等于同一条路上排在它前面的等待飞机的数量。然后，控制塔会选择WWW或EEE之一，让该路上最前面的飞机起飞。给定飞机到达时刻的信息，我们关注控制塔的起飞调度方案，以使所有飞机的最大等级最小化。

输入格式

输入包含TTT个测试用例。测试用例的数量TTT在输入的第一行给出。每个测试用例的第一行包含一个整数nnn(1≤n≤5000)(1 \leq n \leq 5000)(1≤n≤5000)，表示时刻的数量。在每个测试用例接下来的nnn行中，第iii行包含两个整数aia_iai​和bib_ibi​，分别表示时刻iii到达西路WWW和东路EEE的飞机数量，其中0≤ai,bi≤200 \leq a_i, b_i \leq 200≤ai​,bi​≤20。

输出格式

为每个测试用例输出一行，包含所有可能起飞调度方案中最大等级的最小值。

题目分析

这是一个经典的调度优化问题，我们需要在满足每时刻只能起飞一架飞机的约束下，最小化所有飞机在所有时刻出现的最大等待等级。

问题转化

首先理解等级的计算方式：一架飞机在时刻ttt到达时，它的等级等于同一条路上排在它前面的飞机数量。注意这个等级是在到达时刻计算的，之后如果前面的飞机起飞了，这架飞机的等级会减小，但我们关心的是所有飞机在所有时刻曾经达到过的最大等级。

设：

• totalW[i]totalW[i]totalW[i]表示到时刻iii为止，西路WWW累计到达的飞机总数
• totalE[i]totalE[i]totalE[i]表示到时刻iii为止，东路EEE累计到达的飞机总数
• takeW[i]takeW[i]takeW[i]表示到时刻iii为止，从西路WWW起飞的飞机总数
• takeE[i]takeE[i]takeE[i]表示到时刻iii为止，从东路EEE起飞的飞机总数

由于每时刻只能起飞一架飞机，我们有：
takeW[i]+takeE[i]=i takeW[i] + takeE[i] = itakeW[i]+takeE[i]=i

在时刻iii，西路WWW上等待的飞机数为：
waitW[i]=totalW[i]−takeW[i] waitW[i] = totalW[i] - takeW[i]waitW[i]=totalW[i]−takeW[i]

东路EEE上等待的飞机数为：
waitE[i]=totalE[i]−takeE[i] waitE[i] = totalE[i] - takeE[i]waitE[i]=totalE[i]−takeE[i]

在时刻iii新到达的飞机中，最后到达的那架飞机（即等级最高的）的等级为：

• 西路：waitW[i−1]+a[i]−1waitW[i-1] + a[i] - 1waitW[i−1]+a[i]−1
• 东路：waitE[i−1]+b[i]−1waitE[i-1] + b[i] - 1waitE[i−1]+b[i]−1

这里waitW[i−1]waitW[i-1]waitW[i−1]表示时刻iii之前已经在等待的飞机数，a[i]−1a[i]-1a[i]−1表示在同一时刻到达但排在前面的飞机数。

我们的目标是找到一种调度方案，使得：
max⁡i(max⁡(waitW[i−1]+a[i]−1, waitE[i−1]+b[i]−1)) \max_{i} \left( \max(waitW[i-1] + a[i] - 1, \ waitE[i-1] + b[i] - 1) \right)imax​(max(waitW[i−1]+a[i]−1,waitE[i−1]+b[i]−1))

最小化。

关键观察

注意到waitW[i]=totalW[i]−takeW[i]waitW[i] = totalW[i] - takeW[i]waitW[i]=totalW[i]−takeW[i]且takeW[i]+takeE[i]=itakeW[i] + takeE[i] = itakeW[i]+takeE[i]=i，所以waitE[i]=totalE[i]−(i−takeW[i])waitE[i] = totalE[i] - (i - takeW[i])waitE[i]=totalE[i]−(i−takeW[i])。

设最大等待飞机数的上限为midmidmid（注意：最大等级 = 最大等待数 -111），那么我们需要保证在任意时刻iii：

1. waitW[i]=totalW[i]−takeW[i]≤midwaitW[i] = totalW[i] - takeW[i] \leq midwaitW[i]=totalW[i]−takeW[i]≤mid
2. waitE[i]=totalE[i]−(i−takeW[i])≤midwaitE[i] = totalE[i] - (i - takeW[i]) \leq midwaitE[i]=totalE[i]−(i−takeW[i])≤mid

这两个不等式可以转化为对takeW[i]takeW[i]takeW[i]的约束：

1. takeW[i]≥totalW[i]−midtakeW[i] \geq totalW[i] - midtakeW[i]≥totalW[i]−mid
2. takeW[i]≤totalE[i]−mid+itakeW[i] \leq totalE[i] - mid + itakeW[i]≤totalE[i]−mid+i

此外，还有基本约束：

• takeW[i]≥0takeW[i] \geq 0takeW[i]≥0
• takeW[i]≤totalW[i]takeW[i] \leq totalW[i]takeW[i]≤totalW[i]（不能起飞超过已到达的飞机数）
• takeW[i]≤itakeW[i] \leq itakeW[i]≤i（起飞总数不能超过时刻数）
• i−takeW[i]≤totalE[i]i - takeW[i] \leq totalE[i]i−takeW[i]≤totalE[i]（东路起飞数不能超过东路到达数）

解题思路

二分答案

由于答案具有单调性（如果最大等级kkk可行，那么k+1k+1k+1也一定可行），我们可以使用二分查找来寻找最小的可行最大等级。

对于给定的midmidmid，我们需要判断是否存在一个调度方案，使得所有时刻的等待飞机数都不超过midmidmid。

贪心验证

验证函数check(mid)的核心思想是维护takeWtakeWtakeW的可能取值范围[L,R][L, R][L,R]，然后逐时刻更新这个范围。

初始化：L=0, R=0L = 0, \ R = 0L=0,R=0（第000时刻未起飞任何飞机）

对于每个时刻iii：

1. 更新累计到达飞机数：totalW+=a[i], totalE+=b[i]totalW += a[i], \ totalE += b[i]totalW+=a[i],totalE+=b[i]
2. 由于必须起飞一架飞机，takeWtakeWtakeW最多可以增加111：R=R+1R = R + 1R=R+1
3. 应用基本约束：R=min⁡(R, totalW)R = \min(R, \ totalW)R=min(R,totalW)（不能起飞超过已到达的飞机数）
4. 应用等待数约束：
   • 从不等式takeW≥totalW−midtakeW \geq totalW - midtakeW≥totalW−mid得：L=max⁡(L, totalW−mid)L = \max(L, \ totalW - mid)L=max(L,totalW−mid)
   • 从不等式takeW≤totalE−mid+itakeW \leq totalE - mid + itakeW≤totalE−mid+i得：R=min⁡(R, totalE−mid+i)R = \min(R, \ totalE - mid + i)R=min(R,totalE−mid+i)
5. 应用其他边界约束：
   • L=max⁡(L, 0)L = \max(L, \ 0)L=max(L,0)
   • L=max⁡(L, i−totalE)L = \max(L, \ i - totalE)L=max(L,i−totalE)（确保takeE=i−takeW≤totalEtakeE = i - takeW \leq totalEtakeE=i−takeW≤totalE）
   • R=min⁡(R, i)R = \min(R, \ i)R=min(R,i)
   • R=min⁡(R, totalW)R = \min(R, \ totalW)R=min(R,totalW)
6. 如果L>RL > RL>R，则当前midmidmid不可行

如果处理完所有时刻后L≤RL \leq RL≤R，则midmidmid可行。

算法复杂度

• 二分查找：O(log⁡M)O(\log M)O(logM)，其中MMM是飞机总数的上界，最大为5000×20×2=2000005000 \times 20 \times 2 = 2000005000×20×2=200000
• 每次验证：O(n)O(n)O(n)，n≤5000n \leq 5000n≤5000
• 总复杂度：O(T×n×log⁡M)O(T \times n \times \log M)O(T×n×logM)，在题目限制下完全可行

代码实现

// Airport// UVa ID: 1450// Verdict: Accepted// Submission Date: 2025-12-16// UVa Run Time: 0.010s//// 版权所有（C）2025，邱秋。metaphysis # yeah dot net#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=5005;intt,n,a[N],b[N];// 检查最大等待数不超过 mid 是否可行boolcheck(intmid){intan=0,bn=0,have=0;// an: W路累计等待数, bn: E路累计等待数, have: 可用起飞时隙for(inti=0;i<n;i++){an+=a[i];// 更新W路累计等待数bn+=b[i];// 更新E路累计等待数// 计算至少需要从各条路起飞的飞机数intneeda=max(an-mid,0);intneedb=max(bn-mid,0);// 如果需要的起飞数超过可用时隙，则不可行if(needa+needb>have)returnfalse;// 更新可用起飞时隙和等待数if(an==0&&bn>0)bn--;// 只能从E路起飞elseif(bn==0&&an>0)an--;// 只能从W路起飞elseif(an>0&&bn>0&&an+bn>have)have++;// 两条路都有飞机，增加起飞机会}returntrue;}// 二分查找最小可行最大等待数intsolve(){intleft=0,right=100000;// 等待数上界while(left<right){intmid=(left+right)/2;if(check(mid))right=mid;elseleft=mid+1;}// 最大等级 = 最大等待数 - 1returnleft==0?0:left-1;}intmain(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cin>>t;while(t--){cin>>n;for(inti=0;i<n;i++)cin>>a[i]>>b[i];cout<<solve()<<"\n";}return0;}

代码解析

1. 输入处理：使用cin读取输入，关闭同步以提高效率。
2. 验证函数check(mid)：实现上述贪心验证逻辑。
   • an和bn分别记录两条路的累计等待飞机数
   • have记录可用的起飞时隙数（即已过去的时间）
   • needa和needb分别表示为了保持等待数不超过midmidmid，至少需要从各条路起飞的飞机数
3. 二分查找：在范围[0,100000][0, 100000][0,100000]内查找最小可行最大等待数。
4. 输出处理：注意最大等级 = 最大等待数 - 1 ，所以最终答案为left - 1。

样例分析

样例输入

3 1 1 1 3 3 2 0 3 2 0 6 0 1 1 1 1 2 1 1 1 1 6 0

样例输出

0 3 5

解释

1. 第一个测试用例：只有111个时刻，两条路各到达111架飞机。最优调度是立即从任意一条路起飞一架飞机，最大等级为000。
2. 第二个测试用例：需要仔细调度才能得到最大等级333，如题目中的示例所示。
3. 第三个测试用例：通过合理调度，可以使得最大等级为555。

总结

本题的关键在于将问题转化为对最大等待飞机数的约束，然后使用二分答案和贪心验证的方法求解。贪心验证的核心是维护takeWtakeWtakeW的可能取值范围，通过逐时刻更新约束条件来判断可行性。这种解法既高效又易于实现，能够处理题目中的最大数据规模。

算法的时间复杂度为O(T×n×log⁡M)O(T \times n \times \log M)O(T×n×logM)，空间复杂度为O(n)O(n)O(n)，完全满足题目要求。