我每次都想选那个最大的.或者是它旁边的两个一起选,如果这两个一起选会大于那个最大的的话 那我就先把那个最大的选了,再提供一个反悔的选项(类似于网络流的思路?),就是我可以再把种的树换成它旁边那两个,也是相当于又多种了一个,这个的权值是v[l]+v[r]-v[x] 所以用一个双向链表维护这个l.r,用一个优先队列维护这个最大值就好了 #include<bits/stdc++.h> #define pa pair<ll,int> #define CLR(a,x) memset(a,x,

Luogu 1090 合并果子(贪心,优先队列,STL运用) Description 在一个果园里,多多已经将所有的果子打了下来,而且按果子的不同种类分成了不同的堆.多多决定把所有的果子合成一堆. 每一次合并,多多可以把两堆果子合并到一起,消耗的体力等于两堆果子的重量之和.可以看出,所有的果子经过n-1次合并之后,就只剩下一堆了.多多在合并果子时总共消耗的体力等于每次合并所耗体力之和. 因为还要花大力气把这些果子搬回家,所以多多在合并果子时要尽可能地节省体力.假定每个果子重量都为1,并且已知果子

CJOJ 2484 函数最小值 / Luogu 2085 函数最小值(STL优先队列,堆) Description 有n个函数,分别为F1,F2,...,Fn.定义 \(Fi(x)=Aix^2+Bix+Ci(x∈N^∗)\).给定这些Ai.Bi和Ci,请求出所有函数的所有函数值中最小的m个(如有重复的要输出多个). Input 第一行输入两个正整数n和m,n<=500000, m<=500000 以下n行每行三个正整数,其中第i行的三个数分别为Ai.Bi和Ci.输入数据保证Ai<=10,

易知可利用优先队列选取最大值: 但是通过分析可知,先取出的蚯蚓分开后仍然要比后分的长,所以可直接利用单调队列找队头即可,分三个单调队列,分别找未切割,切割,切割2三种情况 #include<bits/stdc++.h> #define rep(i,x,y) for(register int i=x;i<=y;i++) #define ll long long using namespace std; ; ; ; int n,m,q,u,v,t,add; ][M],head[],tail[

N头奶牛,价格Pi,K张优惠券,优惠券购买降为Ci,不超过M的钱最多可买多少奶牛 先将c值k小的加入,将它们省下的钱加入优先队列(省下的钱由少到多),在将k+1-n用p排序,再逐个与优先队列中弹出的比较 若省下的钱更多则赎回优惠券买这个(c+以前的p-c),否则买下全票p 不过这题的贪心其实有些奇怪,还是不太能想来 #include <bits/stdc++.h> #define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++) #define N 50010 #defi

细节题?...调了半天.... 可以发现,每一次从缓存中删除的主存一定是下次访问最晚的,可以用优先队列来处理...还有要离散化...还有链表末尾要多建一些点...否则会死的很惨... #include<cstdio> #include<iostream> #include<vector> #include<map> #include<queue> #define R register int using namespace std; inline

思维难度不大,在考上上写的启发式合并写错了,只拿了 60 pts,好难过QAQ 没什么太难的,在考场上想出链的部分分之后很容易就能想到正解.没错,就是非常短的启发式合并.注意一下,写的要漂亮一点,否则会疯狂 TLE.还有一个细节,想交换优先队列时不能直接交换队列,而是对于树中每个节点都存一个在实际队列编号中的位置,计为 $idx[u]$,每次交换 $idx[u]$ 和 $idx[to[v]]$. Code: #include <cstdio> #include <algorithm>

题面:P2713 罗马游戏 题解: 超级大水题啊,特别水.. 并查集维护每个人在哪个团里,优先队列维护每个团最低分和最低分是哪位,然后每次判断一下哪些人死了,随便写写就行 并查集在Merge时可以用启发式合并,就是把小的团往大的团并,这样显然会更优.当然不写启发式合并应该也能过,就是慢一点. 然后我们也可以写一个按秩合并让它更快233但是没有必要 代码: #include<cstdio> #include<iostream> #include<queue> using

题目传送门 本来是照着二叉堆的题去做的...没想到捡了个模拟...不过模拟我都不会...我好弱啊... 其实核心代码并不长,比辰哥的标程短到不知哪里去...但是思路需要清晰. 读题的时候我明白,当有优先级高的任务来时,要把原先的任务用时减去当前已做的,再把它插进堆. 难点是更新当前的时间,以及让程序循环起来而不陷入死循环. Code #include<cstdio> #include<algorithm> #include<queue> using namespace

优先队列是堆排的一种优化,我学习的是使用stl库的堆排. 基本操作有: 1.push将一个元素入队. 2.pop将一个元素出队. 3.top返还值为队头元素. 4.empty判断队列是否为空,为空返回真. 5.size返还队列里元素总数. 堆的定义方法有很多,我介绍一下我的定义方法 小根堆:priority_queue< int , vector<int> , greater<int> > q; 大根堆: priority_queue< int , vector&

题目链接:https://www.luogu.org/problemnew/show/P1090 思路: 典型的贪心题,显然每次选择两个最小的堆合并最后耗费的体力最少,但每次合并之后都需要寻找最小的两个堆.假如每次合并之后都排一次序,一定会超时的. 可以有很多实现方法,一种是使用优先队列,每次出队两个最小的,合并后入队. 代码如下: #include<cstdio> #include<queue> #include<algorithm> using namespace

题目传送门 Facer帮父亲 题目背景 Facer可是一个孝顺的孩纸呦 题目描述 Facer的父亲是一名经理,现在总是垂头丧气的. Facer问父亲,怎么啦?父亲说,公司出了点问题啊. 公司管理着N个风景点,每个风景点都有不少人来参观. 可是现在!人民投诉票价太高了,他不得不调整票价 具体来说,第i个景点如果票价是x,来的人数就是max( (ai - bi * x),0 )[收益自己算好伐] 你需要分配每个景点的门票,使得每个景点门票总和不超过k,且最大化收益 求最大的收益 输入输出格式 输入格

题目链接:https://www.luogu.org/problemnew/show/P2939 本来说是双倍经验题,跟飞行路线一样的,结果我飞行路线拿deque优化SPFA过了这里过不了了. 所以多学一种优先队列优化. #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #define ll long lon

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3611 二分答案+优先队列 二分O(logn) 判一次正确性O(nlogn) 总体O(nlognlogn) 为了让priority_queue变成小根堆,就把元素全部取相反数了. #include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> using namespace std; inline int rd(){ ,f=;char c; :; +c

STL优先队列:priority_queue 定义:priority_queue<int>q; 从小到大:priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>q;队列从小到大排序 从大到小:方法1:重载运算符 struct Node{ int x,y; Node(, ): x(a), y(b) {} }; struct cmp{ bool operator()(Node a, Node b){ if(a.x == b.x)

Luogu P1168 Luogu P1801 UVA 501(洛谷Remote Judge) 前置知识:堆.优先队列STL的使用 对顶堆 是一种在线维护第\(k\)小的算法. 其实就是开两个堆,一个是大根堆,一个是小根堆.两个堆的根相对. 下面借助题目P1168进行详细分析. P1168 题意很好理解,不多作分析. 显然当\(i=1\)时,中位数就是\(a[1]\),记为\(mid\). 我们可以使用对顶堆,把比\(mid\)小的存入大根堆,比mid大的存入小根堆. 当我们已经加入奇数个元素时

Luogu P4779 利用堆/优先队列快速取得权值最小的点. 在稠密图中的表现比SPFA要优秀. #include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> using namespace std; struct data { long long next,to,val; }edge[500005]; long long cnt,head[500005],n,m,s,u,v,w,cost[500005]; bool vis[

Luogu P1631 题意很好懂,不作分析 很容易想出一个解法是求出每一个和,排序后取前n个. 当然这种做法妥妥的会MLE+TLE 我们会发现实质上这种做法的缺点在于存入了大量不需要的数据. 那么该怎么进行优化呢? 观察题目,易得下列关系 a[1]+b[1]<=a[2]+b[1]<=...<=a[n]+b[1] a[1]+b[2]<=a[2]+b[2]<=...<=a[n]+b[2] a[1]+b[3]<=a[2]+b[3]<=...<=a[n]+b

二次联通门 : luogu P2018 消息传递 /* luogu P2018 消息传递 树形dp 原来用优先队列做了一下, T了俩点 MMP 去看正解.. 复杂度一样好不好.. 每次到达一个点,记录其子树中所有的dp值 优先向大的一边转移 */ #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <cstring> #define INF 1e8 ; char Buf[BU

https://www.luogu.org/problemnew/show/P3250 树链剖分 + 线段树 + 优先队列 要求未被影响的请求中最大的 所以每次将每条路径在整棵树上的补集的每个节点的优先队列加入该路径的权值 mid 敲错调了一上午 气炸... #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <cstring>

[Description]https://www.luogu.com.cn/problem/P5603 \(\;\) 题意可以简化为:一个不保证联通,n个点,m条边的DAG(有向无环图),构造一个拓扑序S. 求:\(\sum_{i=1}^n f(i)\)的\(Max,Min\) 其中\(f(i)\)的定义: \[f(i)= \begin{cases} 1\;\;\;\;S(1\;to\;i-1)<S(i) \\ 0\;\;\;\;other \end{cases} \] [Sample Inpu