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大致題意：給你\(n\)個形如\(f_i(x)=a_ix^2+b_ix+c_i(a_i,b_i,c_i,x∈n^*)\)的函式，請你求出所有函式的所有函式值中最小的前\(m\)個值。
顯然，我們可以發現乙個性質：對於每乙個函式，它的值肯定隨著\(x\)的增大而增大。
也就是說，最終答案的\(x\)肯定小於\(m\)，我們就可以考慮對於每乙個函式，求出\(x=[1..m]\)時的值，然後將所有的值排序一遍，輸出前\(m\)小的即可。
由於上面的那個性質，我們可以發現，對於同乙個函式，如果\(x=k\)時的值是最終的乙個答案，那麼\(x=k-1\)時的值顯然也是最終的乙個答案，因為\(x=k-1\)時的值是小於\(x=k\)時的值的。
推廣可得，如果\(x=k\)時的值是最終的乙個答案，那麼\(x=[1..k]\)時的值都是最終的答案。
既然這樣，我們又可以得到，只有\(x=k-1\)時的值是最終的乙個答案了，\(x=k\)時的值才有可能是最終的乙個答案。
這樣一來，我們就可以用堆（優先佇列）來進行優化了。
首先，我們將每乙個函式\(x=1\)時的值加入堆中，然後，進行\(m\)次操作，每次操作取出堆頂的值並將其輸出，然後將當前函式的\(x\)加\(1\)後得到的值重新加入堆中。
我們可以發現，在整個過程中，對於每乙個值我們只需要記錄三個資訊：值的大小、屬於哪乙個函式以及當前的\(x\)。
因為每一次操作的時間複雜度是\(o(logn)\)的，因此總複雜度是\(o(mlogn)\)。
#include#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define tc() (a==b&&(b=(a=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),a==b)?eof:*a++)
#define pc(ch) (pp_<100000?pp[pp_++]=(ch):(fwrite(pp,1,100000,stdout),pp[(pp_=0)++]=(ch)))
#define fi first//減少**量，用fi表示第乙個元素，se表示第二個元素，th表示第三個元素
#define se second.first
#define th second.second
#define n 10000
int pp_=0;char ff[100000],*a=ff,*b=ff,pp[100000];
using namespace std;
int n,m,a[n+5],b[n+5],c[n+5];
typedef pair> status;//對於每乙個值，需要記錄3個資訊
priority_queue,greater> q;//乙個堆（優先佇列）
inline void read(int &x)
inline void write(int x)
int main()
return fwrite(pp,1,pp_,stdout),0;
}
洛谷P2085 最小函式值 堆
有n nn個函式，分別為f1,f2,f nf1,f2,fn f1,f2,fn。定義fi x a i x2 bi x ci x n fi x a i times x 2 b i times x c i x n fi x ai x2 b i x ci x n 給定這些a ia i ai b ib i b...
洛谷P2085 最小函式值 大根堆
題目 或者分析 首先，每個二次函式在x 0上單調遞增 其次，用大根堆，把第乙個函式的m個函式值存入。從第二個函式開始，如果函式值比結點值小，則存入大根堆。說明 為什麼不用小根堆？答 對於小根堆而言，最大元素未必在堆尾。用小根堆，卡9個點 ac include includeusing namespa...
洛谷 P2085 最小函式值
有n個函式，分別為f1,f2,fn。定義fi x ai x 2 bi x ci x n 給定這些ai bi和ci，請求出所有函式的所有函式值中最小的m個 如有重複的要輸出多個 輸入格式 輸入資料 第一行輸入兩個正整數n和m。以下n行每行三個正整數，其中第i行的三個數分別位ai bi和ci。ai 10...