题目大意
给出 n ( 1 ≤ n ≤ 1 e 5 ) n(1 \leq n \leq 1e5) n(1≤n≤1e5)个设备,每个设备有一个初始电量 b ( 1 ≤ a ≤ 1 e 5 ) b(1 \leq a \leq 1e5) b(1≤a≤1e5)和耗电速率 a ( 1 ≤ a ≤ 1 e 5 ) a ( 1 \leq a \leq 1e5) a(1≤a≤1e5),现在有一个充电速率为 p ( 1 ≤ p ≤ 1 e 5 ) p(1 \leq p \leq 1e5) p(1≤p≤1e5)的充电器,当有设备电量降为0时视为结束,充电速率的意思是每秒可以给接通的设备充能 p p p个单位,充能是连续的。你可以在任意时间给任意一个设备充能,从一个设备切换到另一个设备的时间忽略不计。给定 n , p n, p n,p 求出最多能支撑的时间。
解题思路
题目一开始可能会想到贪心,也就是说肯定优先给掉电速度快且初始电量少的设备充电,但是仔细想想这个过程极为复杂很难去维护,这样的题目就要去考虑DP或者二分的做法了。
DP显然无法维护,然后二分呢,枚举发现显然答案是单峰函数,因此可以使用二分答案。
- 若所有充电设备的掉电速度之和小于充电器的充电速度,那么能无限使用。
- 二分时的 c h e c k ( ) check() check()函数我是这样写的:假设能支撑的时间为 x x x,对于设备 i i i,先求出 x x x时间内耗费的电量 n e e d = a i ∗ x need = a_i * x need=ai∗x,若 n e e d > b i need > b_i need>bi,那么需要额外充电 n e e d − b i p \frac{need - b_i}{p} pneed−bi时间,累加所有额外时间判断是否小于等于 x x x。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const double eps = 1e-6;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e5 + 10;
struct node {
int a, b;
} p[maxn];
int n, m;
int dcmp(double d) {
if (fabs(d) < eps) return 0;
return d < 0 ? -1 : 1;
}
bool check(double x) {
double sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
double need = p[i].a * x;
if (dcmp(p[i].b - need) < 0) {
need -= p[i].b;
sum += need / m;
}
}
return dcmp(sum - x) <= 0;
}
int main() {
// freopen("in.txt", "r", stdin);
// freopen("out.txt", "w", stdout);
// ios_base::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
scanf("%d%d", &n, &m);
ll sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d%d", &p[i].a, &p[i].b);
sum += p[i].a;
}
if (sum <= m) {
puts("-1");
return 0;
}
double l = 0, r = 1e10, mid;
while (l + eps < r) {
mid = (l + r) / 2;
if (check(mid))
l = mid;
else
r = mid;
}
printf("%.6lf\n", l);
return 0;
}