2016.6.2考试整理
这次考试，我考得不太好，就在这里整理一下
1.第一题是一个变相的线段树，我居然没看是要查询区间最小值，就把查询和修改都加到了单点，就超时了，只得了40分
2.第二题是原题“跳石头”，还是拿到了满分
3.“花匠”，我想了一个O(n^2)的DP做法，时间不够了，就没打完优化，有两个点超了时，得了80分。
1.codevs 1217 借教室
2012年NOIP全国联赛提高组
在大学期间，经常需要租借教室。大到院系举办活动，小到学习小组自习讨论，都需要
向学校申请借教室。教室的大小功能不同，借教室人的身份不同，借教室的手续也不一样。
面对海量租借教室的信息，我们自然希望编程解决这个问题。
我们需要处理接下来n天的借教室信息，其中第i天学校有ri个教室可供租借。共有m份
订单，每份订单用三个正整数描述，分别为dj, sj, tj，表示某租借者需要从第sj天到第tj天租
借教室（包括第sj天和第tj天），每天需要租借dj个教室。
我们假定，租借者对教室的大小、地点没有要求。即对于每份订单，我们只需要每天提
供dj个教室，而它们具体是哪些教室，每天是否是相同的教室则不用考虑。
借教室的原则是先到先得，也就是说我们要按照订单的先后顺序依次为每份订单分配教
室。如果在分配的过程中遇到一份订单无法完全满足，则需要停止教室的分配，通知当前申
请人修改订单。这里的无法满足指从第sj天到第tj天中有至少一天剩余的教室数量不足dj个。
现在我们需要知道，是否会有订单无法完全满足。如果有，需要通知哪一个申请人修改
订单。
第一行包含两个正整数n, m，表示天数和订单的数量。
提高组 day2
第二行包含n个正整数，其中第i个数为ri，表示第i天可用于租借的教室数量。
接下来有m行，每行包含三个正整数dj, sj, tj，表示租借的数量，租借开始、结束分别在
第几天。
每行相邻的两个数之间均用一个空格隔开。天数与订单均用从1开始的整数编号。
如果所有订单均可满足，则输出只有一行，包含一个整数 0。否则（订单无法完全满足）
输出两行，第一行输出一个负整数-1，第二行输出需要修改订单的申请人编号。
4 3
2 5 4 3
2 1 3
3 2 4
4 2 4
-1
2
【输入输出样例说明】
classroom.out
-1
2
第 1 份订单满足后，4 天剩余的教室数分别为 0，3，2，3。第 2 份订单要求第 2 天到
第 4 天每天提供 3 个教室，而第 3 天剩余的教室数为 2，因此无法满足。分配停止，通知第
2 个申请人修改订单。
【数据范围】
对于 10%的数据，有1 ≤ n, m ≤ 10；
对于 30%的数据，有1 ≤ n, m ≤ 1000；
对于 70%的数据，有1 ≤ n, m ≤ 105；
对于 100%的数据，有1 ≤ n, m ≤ 10^6, 0 ≤ ri, dj≤ 10^9, 1 ≤ sj≤ tj≤ n。
1 #define N 1000010 2 #include<iostream> 3 using namespace std; 4 #include<cstdio> 5 #include<cstring> 6 #define ll long long 7 struct Tree{ 8 int lazy,minn; 9 Tree() 10 {lazy=0;minn=(1<<31)-1;} 11 }tree[N*4]; 12 int d,tc[N]; 13 int n,m,s,t; 14 void input() 15 { 16 scanf("%d%d",&n,&m); 17 for(int i=1;i<=n;++i) 18 scanf("%d",&tc[i]); 19 } 20 void update(int k) 21 { 22 int lch=(k<<1),rch=((k<<1)+1); 23 tree[k].minn=min(tree[lch].minn,tree[rch].minn); 24 } 25 void build_tree(int k,int l,int r) 26 { 27 if(l==r) 28 { 29 int temp=tc[l]; 30 tree[k].minn=temp; 31 return; 32 } 33 int mid=(l+r)>>1,lch=(k<<1),rch=((k<<1)+1); 34 build_tree(lch,l,mid); 35 build_tree(rch,mid+1,r); 36 update(k); 37 } 38 void down(int k) 39 { 40 int lch=(k<<1),rch=((k<<1)+1); 41 ll lazy1=tree[k].lazy; 42 tree[lch].lazy+=lazy1;tree[lch].minn+=lazy1; 43 tree[rch].lazy+=lazy1;tree[rch].minn+=lazy1; 44 tree[k].lazy=0; 45 } 46 void add(int k,int l,int r,int x,int y,ll chan) 47 { 48 if(l==x&&y==r) 49 { 50 tree[k].minn+=chan; 51 tree[k].lazy+=chan; 52 return; 53 } 54 if(tree[k].lazy) 55 down(k); 56 int mid=(l+r)>>1,lch=(k<<1),rch=((k<<1)+1); 57 if(x<=mid) add(lch,l,mid,x,min(y,mid),chan); 58 if(y>mid) add(rch,mid+1,r,max(mid+1,x),y,chan); 59 update(k); 60 } 61 int main() 62 { 63 input(); 64 build_tree(1,1,n); 65 for(int i=1;i<=m;++i) 66 { 67 scanf("%d%d%d",&d,&s,&t); 68 add(1,1,n,s,t,-d); 69 if(tree[1].minn<0) 70 { 71 printf("-1\n%d",i); 72 return 0; 73 } 74 } 75 printf("0"); 76 return 0; 77 }
3.codevs 3289 花匠
2013年NOIP全国联赛提高组
花匠栋栋种了一排花，每株花都有自己的高度。花儿越长越大，也越来越挤。栋栋决定把这排中的一部分花移走，将剩下的留在原地，使得剩下的花能有空间长大，同时，栋栋希望剩下的花排列得比较别致。
具体而言，栋栋的花的高度可以看成一列整数h_1, h_2, … , h_n。设当一部分花被移走后，剩下的花的高度依次为g_1, g_2, … , g_m，则栋栋希望下面两个条件中至少有一个满足：
条件 A：对于所有的1<i<m/2，g_2i > g_2i-1，且g_2i > g_2i+1；
条件 B：对于所有的1<i<m/2，g_2i < g_2i-1，且g_2i < g_2i+1。
注意上面两个条件在m = 1时同时满足，当m > 1时最多有一个能满足。
请问，栋栋最多能将多少株花留在原地。
输入的第一行包含一个整数 n，表示开始时花的株数。
第二行包含 n 个整数，依次为h_1, h_2,… , h_n，表示每株花的高度。
输出一行，包含一个整数 m，表示最多能留在原地的花的株数。
5
5 3 2 1 2
3
对于 20%的数据，n ≤ 10；
对于 30%的数据，n ≤ 25；
对于 70%的数据，n ≤ 1000，0 ≤ h_i ≤ 1000；
对于 100%的数据，1 ≤ n ≤ 100,000，0 ≤ h_i ≤ 1,000,000，所有的h_i随机生成，所有随机数服从某区间内的均匀分布。
DP超时代码：
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #define N 100100 6 int n,high[N]; 7 int maxx=-1; 8 int dp[N][2]={0}; 9 int read() 10 { 11 int ans=0,ff=1;char s; 12 s=getchar(); 13 while(s<'0'||s>'9') 14 { 15 if(s=='-') ff=-1; 16 s=getchar(); 17 } 18 while('0'<=s&&s<='9') 19 { 20 ans=ans*10+s-'0'; 21 s=getchar(); 22 } 23 return ans*ff; 24 } 25 void input() 26 { 27 n=read(); 28 for(int i=1;i<=n;++i) 29 high[i]=read(); 30 } 31 void DP() 32 { 33 memset(dp,0,sizeof(dp)); 34 dp[1][0]=1;dp[1][1]=1; 35 maxx=1; 36 for(int i=2;i<=n;++i) 37 { 38 dp[i][1]=dp[i][0]=1; 39 for(int j=1;j<=i-1;++j) 40 { 41 if(high[i]>high[j]) 42 dp[i][1]=max(dp[i][1],dp[j][0]+1); 43 if(high[i]<high[j]) 44 dp[i][0]=max(dp[i][0],dp[j][1]+1); 45 } 46 maxx=max(maxx,max(dp[i][1],dp[i][0])); 47 } 48 } 49 int main() 50 { 51 input(); 52 DP(); 53 printf("%d\n",maxx); 54 return 0; 55 }
非常简单的正解：
1 /*注意：以后注意这里的DP做法：完全可以用线性DP做 2 这里的dp[i][0],或者dp[i][1]虽然不表示以i-1结尾的序列，但是状态转移的仅仅根据i-1与i的关系，就可以确定出怎么向下转移了*/ 3 #define N 100010 4 #include<iostream> 5 using namespace std; 6 #include<cstdio> 7 int high[N],f[N][2]; 8 int n; 9 int main() 10 { 11 scanf("%d",&n); 12 for(int i=1;i<=n;++i) 13 scanf("%d",&high[i]); 14 f[1][1]=1;f[1][0]=1; 15 for(int i=2;i<=n;++i) 16 { 17 f[i][0]=f[i-1][0];/*处理一直序列相等的情况，先赋值就好*/ 18 if(high[i]<high[i-1]) 19 f[i][0]=max(f[i-1][0],f[i-1][1]+1); 20 /*我们这里假设前面有一个最长的序列k，结尾是i-1的下降，那么既然high[i]<high[i-1]，则把这个序列·的最后一个也就是i-1换为i也是可以的，再看f[i-1][1]+1，我们从假设可知，i-1是不在这个k-1长的上升序列的，i-1不是最后一个是因为i-1的高度，小于倒数第二个，所以既然high[i]<high[i-1]，那么这个上升序列也可以接上第i个，其他的情况不解释，同理*/ 21 f[i][1]=f[i-1][1]; 22 if(high[i]>high[i-1]) 23 f[i][1]=max(f[i-1][1],f[i-1][0]+1); 24 } 25 cout<<max(f[n][0],f[n][1])<<endl; 26 return 0; 27 }
