P11232 [CSP-S 2024] 超速检测

难度：普及+/提高。

考点：二分、贪心。

题意：

题意较长，没有题目大意，否则你也大意。

• 主干道长度为 $L$，有 $n$ 辆车，看做左端点为 $0$，第 $i$ 辆距离左端点处 $d_i$ 处驶入，初速度为 $v_{0_i}$，加速度为 $a_i$，当瞬间速度为 $0$ / 到达右端点 $L$ 时驶离主干道。

• $m$ 个测试仪，第 $j$ 个测试仪位于右端点 $P_j$ 处，每个测试仪可以启动/关闭。某辆车如果在启动的测速仪上瞬间速度超过了限速 $V$，则说明超速了，注意起点和终点都有可能会有测速仪，（有可能驶入主干道就超速了）。

题目所求：

第一问：如果 全部测速仪启动，$n$ 辆车中会有多少辆车超速了。

第二问：如果想关闭一部分测试仪，且 不漏掉记录超速的车辆情况下，最多可以关闭多少个测速仪。

贴心的准备了加速度相关的公式（虽然只有一个有用）；

分析：

Subtask 1、2：$n,m\le 20$。

​ 暴力枚举，每个测速仪开和关的状态，共 $2^m$ 种选择。再用 $m\times n$ 来检查答案，但 $2^{20}\times n\times m\le 4e8$。尝试将 $n\times m$ 优化到 $O(n)$。

分类讨论：

其中 $p_j$ 表示车 $i$ 在主干道上「首个」测速仪的位置，$p_m$ 表示主干道最后一个测速仪的位置。

• 匀速：最大速度 $[p_j,p_m]$ 一样，从头到尾速度不变，所以判断区间内任意一个测速仪都可以。
• 加速：最大速度在测速仪 $p_m$ 位置，由于是匀加速运动，则整段路中最后一个测速仪时速度值最大，如果没有超速，那么主干道上都没超速。
• 减速：最大速度在测速仪 $p_j$ 位置，由于是匀减速运动，则整段路中首个遇到的测速仪速度值最大。

通过二分来加速查找 $p_j$ 「首个」测速仪的位置。

int j = std::lower_bound( p.begin(), p.end(), d[i] ) - p.begin();

时间复杂度优化到 $O(nlogm)\ast 2^m$，$20pts$ 到手。

Subtask 3、4：性质 $A$，$a_i=0$（匀速运动），$20pts$。

​ 非常 $easy$，直接判断 $p_j\sim p_m$ 其中一个测速仪即可，不妨选择 $p_m$，如果 $p_m\ge d_i$ && $v_i>V$。说明车辆 $i$ 在整段路都超速了，答案就是 $m-j+1$ 测速仪。

正解( $100pts$ )：包含 性质 $B、C$。

​ 对于上一个问题进行深入分析：什么样的测速仪能检测车 $i$ 超速。

不妨设 $f_i$：表示车 $i$ 进入主干道「首个」测速仪的下标。

• 匀速，$[f_i,m]$，所有碰到的测速仪都可以检测到。
• 加速，$[f_i,m]$ 的后缀，如上图，匀加速运动，相当于一整段主干道速度都在提升，有可能是加速一段之后「瞬时速度」大于 $V$ 碰到首个摄像头 $P_{k1}$，由于 $P_{k1}\ge f_i$ 故这一段肯定属于 $[f_i,m]$ 的「后缀」，实际可以表示为 $[p_{k1},m]$。
• 减速，$[f_i,m]$ 的前缀，如上图，与加速相反，有可能一开始已经在超速，经过一段时间的减速后「瞬时速度」小于 $V$ 碰到首个摄像头 $P{k}_2$，由于 $P_{k2}\le m$ 故这一段肯定属于 $[f_i,m]$ 的「前缀」，实际可以表示为 $[f_i,p_{k2}]$。

可以发现 符合要求 的是 连续的一段区间 $[f_i,m]$，（符合要求）：拍摄到超速测速仪，也好求**（二分）**求「前缀 / 后缀」。
$$\{\begin{array}{l}前缀，最后看到减速后不超速的点\\ 后缀，最后看到加速后超速的点\end{array}$$
二分的细节：check 第 $i$ 车走 $j$ 测速仪有无超速。

可以发现题目中给了几个公式，但实际上有用的只有一个：瞬时速度：$\sqrt{v_0^2+2\times a\times s}$。

二分就是 check 每辆车 $i$ 在（初始速度为 $V_0$，距离起点为 $d_i$，加速度为 $a_i$）的瞬时速度： $\sqrt{V_0^2+2\times a\times (p_j-d_i)}>V$ 。

根号会出现误差，最直接的办法就是想办法出掉精度丢失上带来的误差，直接两边平方，$V_0^2+2\times a\times (p_j-d_i)>V^2$。

还要计算一下答案是否会超出 int，$10^6+2\ast 10^9\le 2147483647(int)$。

（如上图所示，答案就是一段一段连续的区间，代表某辆车被检测到超速的测速仪区间）

问 $1$：区间的个数（超速车的数量）。

问 $2$：保留若干个点，便得每个区间至少有一个点。

第二个问题就很眼熟是吧（入门贪心：区间选点问题？），我们可以用（贪心）$\to$ （区间的右端点排序），如下图。

作为 OI 教练一般不 刻意 压行，应该 代码分块展示，会让 读者/学生 思路更加清晰。

参考代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

const int N = 1e5 + 10;
int n, m, L, V, d[N], v[N], a[N];
std::vector<int> p; // 寄存测速仪
struct Seg
{
    int l, r;                    // 记录车 i 会被测速仪，检测到超速的区间 [l,r]
    bool operator<(const Seg &a) // 贪心 ::: 右端点排序
    {
        return r < a.r;
    }
};
std::vector<Seg> seg;

// 计算瞬间速度
ll speed(ll v, ll a, ll s)
{
    return v * v + 2 * a * s; // 题目已经给出式子
}

void handler(int d, int v, int a)
{
    // first 表示进入主干道后第一个碰到的测速仪(下标)
    int first = std::lower_bound(p.begin(), p.end(), d) - p.begin();
    // 进入主干道 ::: 没有遇到测速仪，跳过
    if (first >= m)
        return;

    // 匀速 ::: 那一开始不超速意味着永远不会超速
    if (a == 0)
    {
        if (v > V)
            seg.push_back({first, m - 1});
        return;
    }

    // 分类二分
    int l = first, r = m - 1, ans = -1, mid;
    // 减速，找到「最后一个」检测到超速的测速仪
    if (a < 0)
    {
        while (l <= r)
        {
            mid = l + r >> 1;
            if (speed(v, a, p[mid] - d) > V * V)
                ans = mid, l = mid + 1;
            else
                r = mid - 1;
        }
        if (ans != -1)
            seg.push_back({first, ans});
        return;
    }

    // 加速，找到「首个」能检测到加速的测速仪
    if (a > 0)
    {
        while (l <= r)
        {
            mid = l + r >> 1;
            if (speed(v, a, p[mid] - d) > V * V)
                ans = mid, r = mid - 1;
            else
                l = mid + 1;
        }
        if (ans != -1)
            seg.push_back({ans, m - 1});
    }
}

void solve()
{
    p.clear(); // T 组数组记得初始化
    seg.clear();

    std::cin >> n >> m >> L >> V;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        std::cin >> d[i] >> v[i] >> a[i]; // 起点, 初始速度, 加速度
    for (int i = 1, x; i <= m; i++)
        std::cin >> x, p.push_back(x); // pi 测试仪的位置

    for (int i = 1; i <= n; i++) // 处理出 ::: 每辆车 i 的测速仪超速的区间
        handler(d[i], v[i], a[i]);

    // 贪心 ::: 区间覆盖问题啦!
    sort(seg.begin(), seg.end());
    int last = -1, ans = 0;
    for (auto it : seg)
        if (last < p[it.l]) // 贪心的每次 ::: 选择不重合区间中的右端点
            last = p[it.r], ans++;
    std::cout << (int)seg.size() << " " << m - ans << "\n";
}

int main()
{
    std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(nullptr);
    int T;
    std::cin >> T;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}