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9.15 正睿提高4

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A 天(贪心)

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选择用小根堆维护。我们发现问题在于，当前\(j\)取了一个前面最小的\(i\)配对，但有可能后面有更优的\(k\)与\(i\)配对。
但是注意到\(a[k]-a[i]=a[k]-a[j]+a[j]-a[i]\)，我们可以让\(j\)选\(i\)，同时有机会让\(j\)撤销选\(i\)，即再在堆中加一个\(A[j]\)，但选取它不会增加次数（原本的\(A[j]\)当然还要有）。
而且选最小值的顺序是没有影响的，即\(j\)选了\(i\)而\(k\)选了个也比\(j\)小比\(i\)大的\(i'\)同样最优。

题解做法：

//185ms	2888kb
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 150000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
#define fir first
#define sec second
#define mp std::make_pair
#define pr std::pair<LL,int>
typedef long long LL;
const int N=5e4+5;

char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}
void Work()
{
	std::priority_queue<pr,std::vector<pr>,std::greater<pr> > q;
//	while(!q.empty()) q.pop();//不清空要快很多...

	int n=read();
	LL Ans=0; int cnt=0;
	for(int i=1; i<=n; ++i)
	{
		int ai=read();
		if(q.empty()||q.top().fir>=ai) q.push(mp(ai,2));
		else
		{
			Ans+=ai-q.top().fir, cnt+=q.top().sec;
			q.pop();
			q.push(mp(ai,0)), q.push(mp(ai,2));
		}
	}
	printf("%lld %d\n",Ans,cnt);
}

int main()
{
	for(int T=read(); T--; Work());
	return 0;
}

B 的(Prim)

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首先我们可以二分答案。如何判断直径为\(x\)的球能否通过呢。
将上下边界也看做一个障碍点。任意两个障碍点如果距离不超过\(x\)则连边。当最后上下边界连通时，说明存在某些障碍点使得球不能通过。
这样复杂度为\(O(n^2\log Ans\ \alpha(n))\)。

我们可以利用Kruskal去做。将边全部从小到大排序，依次加入，当某一时刻上下边界连通时，则输出。
复杂度为\(O(n^2\log n^2+n^2\alpha(n))\)。（因为边数太多所以和上面差不多？）

这实际上是在求一棵\(n+2\)个点的最小生成树，直到上下边界连通。对于这样的图我们用Prim就可以\(O(n^2)\)了。

//9ms	612kb
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 200000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=505;

int read();
bool vis[N];
double dis[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Point
{
	int x,y;
	inline int Init() {return x=read(),y=read();}
}p[N];

inline int read()
{
	int now=0,f=1;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=='-'&&(f=-1),c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now*f;
}
inline double Dis(double x,double y)
{
	return sqrt(x*x+y*y);
}

int main()
{
	int n=read(); double L=read();
	for(int i=1; i<=n; ++i) dis[i]=p[i].Init();
	dis[++n]=L; double ans=0;
	for(int i=1; i<=n; ++i)
	{
		int now=n;
		for(int j=1; j<n; ++j) if(!vis[j]&&dis[j]<dis[now]) now=j;
		vis[now]=1, ans=std::max(ans,dis[now]);
		if(now==n) break;
		for(int j=1; j<n; ++j)
			if(!vis[j]) dis[j]=std::min(dis[j],Dis(p[now].x-p[j].x,p[now].y-p[j].y));
		dis[n]=std::min(dis[n],L-p[now].y);
	}
	printf("%.3lf\n",ans);

	return 0;
}

C 碳(线段树)

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记前缀和为\(pre\)，后缀和为\(suf\)。
一个显然的贪心是，从前往后枚举，找到一个\(pre<0\)的位置就把这个\(1\)删掉。然后对修改后的后缀和再这么求一遍。
事实上如果只考虑前缀（或者处理完前缀考虑后缀和），我们只需要找到一个\(\min\{pre_k\}/\min\{sum_k\}\)，记\(i/j\)为最小的前/后缀和的下标，那么\(|pre_i|\)就是前面总共要删的次数（\(|sum_j|\)为后面要删的次数）。
所以我们要求：\(\min\{pre_i\}-pre_{l-1}+\min\{sum_j\}-sum_{r+1}\)。
两个\(\min\)的和能否直接用线段树维护？
我们发现\(i<j\)时，两个\(\min\)互不影响；\(j\leq i\)时，答案可以表示为\(\min\{pre_k\}+sum_j(k<j)\)（怎么说...）。所以可以用线段树先找左边的最小的\(pre\)，然后用\(sum\)更新。
前/后缀和可能没有（如\(01\)），可以把初始前/后缀和\(>0\)的直接设为\(0\)；或者查的时候直接查\([l-1,r+1]\)。

//1329ms	11708kb
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 300000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
const int N=2e5+5,INF=1e8;

int pre[N],suf[N];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
struct Segment_Tree
{
	#define ls rt<<1
	#define rs rt<<1|1
	#define lson l,m,rt<<1
	#define rson m+1,r,rt<<1|1
	#define S N<<2
	int ml[S],mr[S],mv[S];
	#undef S
	inline void Update(int rt)
	{
		ml[rt]=std::min(ml[ls],ml[rs]),
		mr[rt]=std::min(mr[ls],mr[rs]),
		mv[rt]=std::min(ml[ls]+mr[rs],std::min(mv[ls],mv[rs]));
	}
	void Build(int l,int r,int rt)
	{
		if(l==r)
		{
			ml[rt]=pre[l], mr[rt]=suf[l], mv[rt]=INF;
			return;
		}
		int m=l+r>>1;
		Build(lson), Build(rson);
		Update(rt);
	}
	void Query(int l,int r,int rt,int L,int R,int &ans,int &minl)
	{
		if(L<=l && r<=R)
		{
//			if(minl==INF) minl=ml[rt], ans=mv[rt];
			ans=std::min(ans,std::min(minl+mr[rt],mv[rt])), minl=std::min(minl,ml[rt]);
			return;
		}
		int m=l+r>>1;
		if(L<=m) Query(lson,L,R,ans,minl);
		if(m<R) Query(rson,L,R,ans,minl);
	}
}T;

inline int read()
{
	int now=0;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc());
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now;
}

int main()
{
	#define S 0,n+1,1
	int n=read(),Q=read();
	register char c=gc(); while(!isdigit(c)) c=gc();
	for(int i=1; i<=n; ++i) pre[i]=c=='0'?1:-1, c=gc();
	for(int i=n; i; --i) suf[i]=pre[i]+suf[i+1];
	for(int i=1; i<=n; ++i) pre[i]+=pre[i-1];

	T.Build(S);
	for(int l,r,ans,minl; Q--; )
	{
		l=read()-1, r=read()+1, ans=minl=INF;
		T.Query(S,l,r,ans,minl);
		printf("%d\n",-(ans-pre[l]-suf[r]));
	}

	return 0;
}
posted @ 2018-09-20 12:52  SovietPower  阅读(176)  评论(0)  编辑  收藏  举报