Codeforces Round #398 (Div. 2) E. Change-free 贪心 优先队列

题意：你有无数的面值为100的纸钞和m个硬币。收银员有无数的纸钞和硬币，但是他不爱找钱。收银员在第i天有愤怒值wi，若收银员找纸钞和硬币的总个数为x，则这一天他的愤怒程度为x*wi，给定你每天要花钱的数目，以及起始时手里的硬币，要求输出n天来收银员的最小总愤怒程度以及每天给收银员纸币与硬币的个数。

解法：分析下样例并且稍加思考可以发现，多给纸钞是无意义的，所以每天的状态无非就是：

1.把硬币给齐；

2.多给一张纸钞令其找钱。

这两种方案刚好相差100个硬币，即如果我们要反悔，即要改变之前某一天的策略，从“给齐硬币”->“给定纸钞令收银员找钱”，则等价于：手里的硬币增加了100个，并会增加当天收银员找钱的愤怒值wi*x这么多的代价。

故我们可以按天数扫过一遍，有硬币的时候就直接给钱，并将反悔方案存到优先队列（最小堆）里面，在不得不令收银员找钱的时候，弹出优先队列的队首，即最值得反悔的那一天，让收银员找钱。

下面是代码：

#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
#define fst first
#define snd second
const int maxn=1e5+5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,int> pli;
int n;
ll m,c[maxn],w[maxn],res,ca[maxn];
bool vis[maxn];
priority_queue<pli,vector<pli>,greater<pli> > que;
int main()
{
scanf("%d%lld",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&c[i]);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&w[i]);
for (int i=1;i<=n;++i) {
ca[i]=c[i]/100;
c[i]%=100;
if (!c[i])
continue;
que.push(pli(w[i]*(100-c[i]),i));
m-=c[i];
if (m<0) {
res+=que.top().fst;
vis[que.top().snd]=true;
m+=100;
que.pop();
}
}
printf("%lld\n",res);
for (int i=1;i<=n;++i)
if (vis[i])
printf("%lld 0\n",ca[i]+1);
else
printf("%lld %lld\n",ca[i],c[i]);
return 0;
}