B(two point)

题意:

  给出长度为n的非递减数组E[1..n],对于所有三元组(i,j,k),1<=i<j<k<=n且Ek-Ei<=U,我们需要计算出最大的(Ek-Ej)/(Ek-Ei)

  n<=1e5

分析:

  考虑枚举i和k,那么j一定是i+1

  容易发现k越靠右值越大,所以k是满足Ek-Ei<=U的最大的k

  于是two point就行了

C(思维)

题意:

  主角每天对河流水位进行标记,相同水位不重复标记。给定每天的在河流水位上的标记数,求最小的所有天的河流水位下的标记数之和。

  n<=1e5

分析:

  等价于我们要最小化每天的标记总数

  我们可以得到一些限制条件,f(i)>=f(i-1) f(i)>=m(i)+1

  我们可以先从前到后扫一遍得到f

  但有些问题,就是可能会发生标记数突变,即有两天标记数差值超过1

  所以我们只能从后向前将依次递增,最后得到正确的f(i)

  答案就是Σf(i)-m(i)-1

D(二维偏序)

题意:
  在一个数轴上有n个飞机,每个飞机都有个飞行速度和初始位置。风速的范围是[-w,w]

  若两架飞机i,j可以在某个风速下同时到达0号点,我们就计数一次

  问最后计数的结果是多少

  n<=1e5,w<=1e5

分析:

  我们考虑作出每架飞机的到达时间与风速的函数图像,一定是光滑的单调曲线

  如果两架飞机可以同时到达原点,那么就是两条曲线有交点,那就是(ta-ta')(tb-tb')<=0

  于是就变成了一个二维偏序计数的问题,直接BIT就行了

E(dp)

题意:

  有n个箱子,每个箱子都有一个高度,部分箱子是重要箱子,部分箱子是非重要箱子。

  你需要找个垒箱子的顺序,使得底面高度在[l,r]范围内的重要箱子个数最多。

  n<=10000,保证所有箱子的高度和<=10000

分析:

  容易发现一个性质,那就是在[l,r]内连续放置的箱子一定是从小到大垒的

  于是我们可以枚举在[l,r]内放连续的最小的x个重要箱子,然后其它箱子作为垒高度用的

  但是可能会在这x个重要箱子上再放一个比较高的箱子,答案会+1

  于是dp[j]表示凑出高度j最少需要多少个重要箱子,就可以根据dp[j]的值判断是否答案加1了

  时间复杂度O(nh)

 #include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=;
struct wjmzbmr
{
int a,b;
bool operator < (const wjmzbmr &x) const
{
if(b!=x.b) return b<x.b;
return a>x.a;
}
}a[maxn+];
int dp[maxn+];
int s[maxn+];
int n,l,r,m;
int ans;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&l,&r);
for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i].a);
for(int i=;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i].b);
sort(a+,a+n+);
for(int i=;i<=maxn;++i) dp[i]=n+;
for(int i=n;i>=;--i) s[i]=s[i+]+a[i].a;
for(int i=;i<=n;++i) if(a[i].b==) ++m;else break;
//for(int i=1;i<=n;++i) printf("%d %d\n",a[i].a,a[i].b);
dp[]=;
for(int i=;i<=n;++i)
{
if(i>m)
for(int j=l;j+s[i]<=r;++j)
if(dp[j]<=n)
ans=max(ans,n-i++(dp[j]+m<i-));
for(int j=r;j>=a[i].a;--j)
dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i].a]+a[i].b);
}
for(int j=l;j<=r;++j)
if(dp[j]<n-m) ans=max(ans,);
printf("%d\n",ans);
return ;
}

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