191030CSP模拟DAY2

今天又差点垫底了，下次要加油啊

T1：序列

传送门

首先，看到题目所给条件，${\mathrm{a}}_1+\cdots +{\mathrm{a}}_{\mathrm{r}}⟩=0$且$b_1+\cdots +b_r⟩=0$，可想到用前缀和记录，即当满足$sum{a}_r-sum{a}_{l-1}>=0$且$sum{b}_r-sum{b}_{l-1}>=0$，此时，题目已转化为一道三维偏序问题，
$$\{\begin{array}{l}i\le j\le n\\ sum{a}_i\le sum{a}_j\\ sum{b}_i\le sum{b}_j\end{array}$$

而多维偏序问题，我们多用CDQ分治(我并不会 )或先以$a$为第一关键词，$b$为第二关键词，将$sum$数组排序，(记得排序前先离散化),接着以$b$为下标，$id$为值，用树状数组维护最小值即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define db double
#define re register
#define cs const
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch;
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f*x;
}
struct node
{
	int a,b,num;
}s[1000003];
bool cmp(cs node &x,cs node &y)
{
	if(x.a!=y.a)	return x.a<y.a;
	return x.b<y.b;
}
int n,w[1000003],iii,ans,tree[1000003];
int lowbit(int x)
{
	return x&(-x);
}
void update(int i,int x)
{
	while(i<=iii)
	{
		tree[i]=min(tree[i],x);
		i+=lowbit(i);
	}
}
int query(int x)
{
	int ans=0x3f3f3f3f;
	while(x)
	{
		ans=min(ans,tree[x]);
		x-=lowbit(x);
	}
	return ans;
}
signed main()
{
	n=read();
	memset(tree,0x3f,sizeof(tree));
	for(re int i=1;i<=n;++i)	s[i].a=read()+s[i-1].a,w[i]=s[i].a;
	for(re int i=1;i<=n;++i)	s[i].b=read()+s[i-1].b,w[i+n]=s[i].b;
	sort(w+1,w+1+2*n);
	iii=unique(w+1,w+1+2*n)-w-1;
	for(re int i=1;i<=iii;++i)
	{
		s[i].a=lower_bound(w+1,w+1+iii,s[i].a)-w;
		s[i].b=lower_bound(w+1,w+1+iii,s[i].b)-w;
		s[i].num=i;
	}	
	sort(s+1,s+1+n,cmp);
	for(re int i=1;i<=n;++i)
	{
		update(s[i].b,s[i].num);
		ans=max(ans,s[i].num-query(s[i].b));
	}
	printf("%d",ans);
}

T2:二叉搜索树

传送门

看到这道题，一眼就能看出暴力，而在暴力过程中，我们可以发现这其实是一道区间$DP$，方程为：$$f_{l,r}=\min \left(f_{l,p-1}+f_{p+1,r}+sum(l,r)\right)$$而正常的算法需要$n³$的复杂度，则需要优化，这是区间类(2D1D)动规，我们可以由证明得其决策是具有单调性的，

伪证：设$[l,r]$区间的决策点为p，则$[l,r+1]$区间的决策点会出现在p点右方，而$[l-1,r]$区间的决策点会出现在p点左方，则满足单调性

严谨证明需要用四边形不等式(我不会 )

代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define db double
#define re register
#define cs const
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;
	char ch;
	while(ch>'9'||ch<'0')
	{
		if(ch=='-')	f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0'&&ch<='9')
	{
		x=x*10+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return f*x;
}
int n,f[5005][5005],d[5005][5005],a[5005];
signed main()
{
	n=read();
	for(re int i=1;i<=n;++i)	a[i]=read()+a[i-1],d[i][i]=i,f[i][i]=a[i]-a[i-1];
	for(re int len=1;len<=n;++len)
		for(re int i=1,j=i+len;j<=n;++i,++j)
		{
			f[i][j]=1e18;
			for(re int k=d[i][j-1];k<=d[i+1][j];++k)
			{
				if(f[i][k-1]+f[k+1][j]+a[j]-a[i-1]<f[i][j])
				{
					f[i][j]=f[i][k-1]+f[k+1][j]+a[j]-a[i-1];
					d[i][j]=k;
				}
			}
		}
	printf("%lld",f[1][n]);
}

T3:走路

传送门

咕咕咕！