写在前面：本题蒟蒻给出两种做法，一种乱搞贪心（只是目前能过，若能被 Heck 请和我说），一种正解二分。
正文 1
最坏时间复杂度：\(\mathcal{O}(n+\log V)(V=10^9)\)
这个做法是很简单的，在此不多讲。只需要二分超频电压 mid 即可，若当前 mid 可行，则令右边界缩小至 mid，否则令左边界扩大至 mid。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e5+7;
int n,a[N],b[N];
bool check(int x){//判定当前超频电压x的值是否可行
int t=a[1]+b[1]+x;//起始位
for(int i=2;i<=n;i++)
if(t>=a[i])//若该塔台可以覆盖下一个塔台
t=max(t,a[i]+b[i]+x);//求出更远的可以覆盖到的距离
else return 0;//否则不可行
return 1;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>b[i];
long long l=0,r=1e9+1,mid;
while(l<r){//二分
mid=(l+r)>>1;
if(check(mid)) r=mid;
else l=mid+1;
}
cout<<l;
}
正文 2
最坏时间复杂度：\(\mathcal{O}(n)\)
设答案为 \(x\)。
我们简化一下正文 1 的思路，当塔台 \(i\) 的范围被前一个炮台 \(i-1\) 的范围覆盖，即 \(a_{i-1}+b_{1-1}+x\geq a_i+b_i+x\)，我们可以忽略塔台 \(i\) 的范围，直接用塔台 \(i-1\) 的参数贪心即可。
if(a[i]+b[i]+ans>=a[i+1]+b[i+1]+ans)
{a[i+1]=a[i],b[i+1]=b[i]; continue;}
接下来是贪心，对于每个塔台 \(i\)，只需考虑它能否覆盖到 \(i+1\) 即可，因为塔台是有序排列的，后面比前面的远，因此若 \(a_i+b_i+x<a_{i+1}\)，\(x=a_{i+1}-a_i-b_i\)。
if(a[i]+b[i]+ans>=a[i+1]) continue;
ans=max(ans,a[i+1]-a[i]-b[i]);
综合一下一个乱搞的贪心就出来了。
代码：
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e5+7;
int n,ans,a[N],b[N];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]>>b[i];
for(int i=1;i<n;i++){
if(a[i]+b[i]+ans>=a[i+1]+b[i+1]+ans)
{a[i+1]=a[i],b[i+1]=b[i]; continue;}
if(a[i]+b[i]+ans>=a[i+1]) continue;
ans=max(ans,a[i+1]-a[i]-b[i]);
}
cout<<ans;
}
贪心 AC 记录，可以看到贪心快了 0.17 秒。
后附
日志
v1.0 on 2023.07.16: 发布