出题&题解 2

Task1 射气球

Description

现在房间里有n个气球。他们漂浮在可能不同的高度。
你可以从任意高度向右射箭。箭会笔直前进。如果它射爆了一个气球，那么它飞行的高度-1。
你需要算出你最少需要射多少箭方可使气球全部爆炸。

Solution

特意卡了一下vector
其实还是一样的。
首先从最左边开始射是一定对的。
我们用STL来维护一下即可。
set似乎不错。

Code

#include<set>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
const int M=1e6+5;
set<int>st[M];
int A[M];
int main(){
    int n;cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&A[i]),st[A[i]].insert(i);
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        if(st[A[i]].count(i)==0)continue;
        ++ans;
        st[A[i]].erase(i);
        int pos=i;
        for(int j=A[i]-1;j>=0;--j){
            set<int>::iterator it=st[j].lower_bound(pos);
            if(it==st[j].end())break;
            pos=*it;
            st[j].erase(it);//迭代器在原来的地方被删了后再访问好像会RE==以前吃过的苦这次竟然还范哎
        }
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

比较牛的是赛后某大牛给出了$O(n)$的做法==
这是一种类似差分前缀和的方法。

#include<iostream>
using namespace std;
const int M=1e6+5;
int cnt[M];
int main(){
    int n,ans=0;cin>>n;
    for(int i=1,a;i<=n;++i){
        scanf("%d",&a);
        if(cnt[a]<0)++cnt[a],--cnt[a-1];
        else ++ans,--cnt[a-1];
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

思路好神我也不说什么了大家都能懂

Task2 全1矩阵

Description

给定一个只包含01的矩阵，如果可以无数次交换任意两行，求最大全1矩阵面积。

Solution
首先$O(n^2log(n))$好像没什么好讲的吧==搞个堆塞一下即可。。
而$O(n^2)$的做法就有点神了。
首先我们按行预处理
预处理出第i行第j个数最远可以到ed[j]，满足j~ed[j]都是1
我们++cnt[j][ed[j]]
然后用这个更新答案即可==
好神！！

Code

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M=3005;
char A[M][M];
short cnt[M][M],ed[M];
inline void Max(int &a,int b){if(a<b)a=b;}
int main(){
    int n,m;cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",A[i]+1);
        for(int j=1;j<=m;++j)
            A[i][j]=A[i][j]=='1';
    }
    for(short i=1;i<=n;++i)
        for(short j=m,k=0;j;--j){
            if(A[i][j]==0)ed[j]=0,k=0;
            else k=ed[j]=k==0?j:k;
            ++cnt[j][ed[j]];
        }
    int ans=0;
    for(short i=1;i<=m;++i){
        for(short j=m;j>=i;--j)
            cnt[i][j]+=cnt[i][j+1];
        for(short j=m;j>=i;--j)
            Max(ans,(int)cnt[i][j]*(j-i+1));
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

Task3 富有的YummyJay

Description

**学校经常处分学生。
每个被处分的学生都会被放在大屏幕上公示。公示时间可能不同，但是公示持续p天。
同时**学校又是很黑心的，每个学生要花钱才可以撤销处分。
由于所犯过错不同，不同的学生可能要花不同的钱撤消处分。
然而学生们很穷，都没钱==
众所周知，YummyJay是个有钱人，并且他想帮助被处分的同学。但他很懒只打算去一次。
对于不同的同学，YummyJay帮他撤销处分后可以收获不同的开心值。
政教处有个规定：每次只可以撤销被公示的学生的处分。
现在YummyJay列出了一个清单：哪天他有空以及那天有多少钱。
对于清单上的每个询问，你需要算出如果在那天去撤消处分YummyJay最多可以收获的开心值。

Solution

这才是最神的题==我想了5个小时。。

在讲题前我们先把询问简单化。
对于一个询问a[i]包含的学生，等价于开始时间在[T-p+1,T]区间内的学生。
于是我们发现这好像就是简单的背包。
但是里面带有删除操作咋办==
我们不删除，我们选择归并。
一开始我想归并但是发现并不好归并。
然后我看到一生中难忘的东西：那个p
有了p我们就可以分块了是不是==
维护一个L[][]数组，存的是学生i到t[i]/p所有背包状态。
再维护一个R[][]数组，存的是学生i到t[i]/p+p的所有背包状态。
背包状态是什么应该都知道吧==不知道看代码。
用图像表示大概就是这样

时间 $~~~~~~~~~~~~$：0$~~~~~~~$p$~~~~~~$2p$~~~~~~$3p ….
时间轴$~~~~~~~~~~$：|——–|——–|——–|
学生 $~~~~~~~~~~~~：~~~~$ 1 2 3 i 4 …
L[i]覆盖的状态：$~~~~~~~~$|—|
R[i]覆盖的状态：$~~~~~~~~~~~~$|—|
也就是说，L维护 开始时间在区间[t[i]/p,t[i]]所有学生的背包状态。
R维护开始时间在[t[i],t[i]/p+p]区间里所有学生的背包状态。

每个询问的范围都至多跨一个区间。
所以只要用$O(b[i])$的复杂度把L和R归并上来。

原题是Codeforces 500/F
那里还卡内存。
幸好我经得起卡==

Code

#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int M=4002;
int L[M][M],R[M][M],n,p,q;
inline void rd(int &a){
    a=0;char c;
    while(c=getchar(),!isdigit(c));
    do a=a*10+(c^48);
        while(c=getchar(),isdigit(c));
}
struct node{
    int c,h,t;
    inline bool operator < (const node &tmp)const{
        return t<tmp.t;
    }
}th[M];
inline void Max(int &a,int b){if(a<b)a=b;}
int main(){
    cin>>n>>p;
    for(int i=1,c,h,t;i<=n;++i)
        rd(c),rd(h),rd(t),th[i]=(node){c,h,t-1};
    sort(th+1,th+n+1);
    for(int i=1,k,last=-1;i<=n;++i){
        k=th[i].t/p;
        if(k>last){
            for(int j=th[i].c;j<M;++j)
                L[i][j]=th[i].h;
        }
        else{
            for(int j=1;j<M;++j){
                if(j-th[i].c>=0)Max(L[i][j],L[i-1][j-th[i].c]+th[i].h);
                Max(L[i][j],L[i-1][j]);
            }
        }
        last=k;
    }
    for(int i=n,last=1e6,k;i;--i){
        k=th[i].t/p;
        if(k<last){
            for(int j=th[i].c;j<M;++j)
                R[i][j]=th[i].h;
        }
        else{
            for(int j=1;j<M;++j){
                if(j-th[i].c>=0)Max(R[i][j],R[i+1][j-th[i].c]+th[i].h);
                Max(R[i][j],R[i+1][j]);
            }
        }
        last=k;
    }
    for(cin>>q;q--;){
        int a,b,st=n+1,ed=-1,ans=0;rd(a),rd(b);
        --a;
        for(int i=1,f1=0;i<=n;++i){
            if(th[i].t>a-p&&!f1)f1=1,st=i;
            if(th[i].t<=a)ed=i;
            else break;
        }
        if(ed<st){puts("0");continue;}
        if(a<p){
            printf("%d\n",L[ed][b]);
            continue;
        }
        if(th[st].t/p==th[ed].t/p){
            if(th[st].t/p==a/p)printf("%d\n",L[ed][b]);
            else printf("%d\n",R[st][b]);
            continue;
        }
        for(int i=0;i<=b;++i)
            Max(ans,R[st][i]+L[ed][b-i]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}