题目大意

给定一些 $a_i$ $和b_i$ ,选出尽量多的 $a_i 和b_i$ ，使得 $\sum_{i=1}^k a_{p_i}+\sum_{i=1}^{k-1}\left|b_{p_i}-b_{p_{i+1}}\right|$ 小于给定的 $l$ 。

题目解析

由于题目没有要求 $\{ p\}$ 是升序排列的序列，因此我们可以改变的顺序。注意到的值是无法改变的， $\sum_{i=1}^{k-1}\left|b_{p_i}-b_{p_{i+1}}\right|$ 可以通过改变 $b_i$ 的顺序改变大小。考虑到贪心，最终一定有 $b_{p_i}\leq b_{p_{i+1}}$ 。

（假设有 $a<b<c$ ，一定是 $|a-b|+|b-c|<|a-c|+|b-c|$ ）

因此先按照 $b$ 的大小对序列 $\{ab\}$ 进行排序，假设选择了从 $l——r$ 的若干对 $ab$ ，一定有 $\sum_{i=1}^{k-1}\left|b_{p_i}-b_{p_{i+1}}\right|=b_r-b_l$ （已经对 $b$ 排序了，所以一定是升序排列），接着只要处理 $\sum_{i=1}^k a_{p_i}$ 即可。

我们不妨考虑双指针的写法进行 $O(N^2)$ 遍历：固定住最左边的数字后，不停的向右移动指针。令 $res$ 表示当前的 $\sum_{i=1}^k a_{p_i}+\sum_{i=1}^{k-1}\left|b_{p_i}-b_{p_{i+1}}\right|$ ，每次向右移动指针时， $res-b_r+b_{r+1}$ ，同时通过优先队列，将所有的 $a_i$ 从大到小的排序，每当答案过大时，就从优先队列中排除若干个 $a_i$ ，直到小于 $l$ 为止。

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 2007;
ll a[N] , b[N] ;
void solve() {
	int n,L;
	scanf("%d%d",&n,&L);
	vector<pair<ll,ll> >c(n);
	for(auto &[x,y]:c) {
		scanf("%lld%lld",&y,&x);
	}
	ll ans = 0;
	// 根据第二元素为关键字
	sort(c.begin(),c.end());
	for(int i = 1 ; i <= n ; i++) {
		b[i] = c[i-1].first;
		a[i] = c[i-1].second;
	}
	for(int l = 1 ; l <= n ; l++) {
		priority_queue<ll> q;
		ll sum =0;
		for(int r = l ; r <= n ; r++) {
			q.push(a[r]);
			sum += a[r];
			while(sum + b[r] - b[l] > L && q.size() ) {
				sum -= q.top();
				q.pop();
			}
			ans = max(ans,(ll)q.size());
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
 
int main() {
	int tc;
	cin >> tc;
	while(tc--)
		solve();
}

D. Exam in MAC

题目大意

给定一个大小为 n 的集合 s 和一些奇怪的整数 c。对于这个集合，需要计算整数对 (x,y) 的数量，使得 0 ≤ x ≤ y ≤ c，x+y 不包含在集合 s 中，且 y-x 也不包含在集合 s 中。

题目解析

考虑鸽笼原理。我们记" $x+y\in s$ "为条件一，" $y-x\in s$ "为条件二，若需要两者都不满足，可以写为：

s u m - c o n d i t i o n 1 - c o n d i t i o n 2 + (c o n d i t i o n 1 & c o n d i t i o n 2)

$sum-condition1-condition2+(condition1\&condition2)$

即减去满足条件一的的数量、满足条件二的数量后，再加上满足两个条件的数量。

对于条件一：假设 $i=x+y,i\in s$ ，则满足此条件的 $x,y$ 有 $i/2+1$ 对。
对于条件二：假设 $i=x-y,i\in s$ ，则需要注意， $x\leq c,y\leq0$ ，一共有 $c-i+1$ 对 $(x,y)$ 满足此条件。
对于条件一和条件二同时满足：假设 $x+y=i,y-x=j$ ，有 $2y=i+j(j\leq i)$ ，且 $i+j$ 是偶数，因此必须是奇数加奇数、偶数加偶数的形式。假设 $s$ 中有 $n$ 个奇数，则只选择奇数作为 $i,j$ 会产生 $\frac{(n+1)*n}2$ 个符合条件的 $(x,y)$ （对于 $s$ 中第一个奇数，有 $n$ 个数字和其能匹配；对于第二个奇数，由于大于第一个奇数，所以只能和第二个及以后的数字匹配），偶数同理。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

void solve() {
	ll n,c;
	scanf("%lld%lld",&n,&c);
	vector<ll>a(n);
	for(auto &i:a) scanf("%lld",&i);
	ll ans = (c+1)*(c+2)/2 ,cnt = 0;
	for(auto i:a) { 
		ans -= (c-i+1); // x-y=i
		ans -= (i/2+1);// x+y=i
		if(i%2) cnt++;
	}
	auto C = [&](ll n) {// 从n里面选2个 
		return (n+1)*n/2;
	}; 
	ans += C(cnt) + C(n-cnt);
	printf("%lld\n",ans);
}
int main() {
	#ifdef jhon
	freopen("std.in","r",stdin);
	#endif
	int tc;
	cin >> tc;
	while(tc--)
		solve();
}

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本文作者：seekerzhz
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