L3-017. 森森快递

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400 ms
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65536 kB
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8000 B
判题程序
Standard
作者
俞勇(上海交通大学)

森森开了一家快递公司,叫森森快递。因为公司刚刚开张,所以业务路线很简单,可以认为是一条直线上的N个城市,这些城市从左到右依次从0到(N-1)编号。由于道路限制,第i号城市(i=0, ..., N-2)与第(i+1)号城市中间往返的运输货物重量在同一时刻不能超过 Ci公斤。

公司开张后很快接到了Q张订单,其中第j张订单描述了某些指定的货物要从Sj号城市运输到Tj号城市。这里我们简单地假设所有货物都有无限货源,森森会不定时地挑选其中一部分货物进行运输。安全起见,这些货物不会在中途卸货。

为了让公司整体效益更佳,森森想知道如何安排订单的运输,能使得运输的货物重量最大且符合道路的限制?要注意的是,发货时间有可能是任何时刻,所以我们安排订单的时候,必须保证共用同一条道路的所有货车的总重量不超载。例如我们安排1号城市到4号城市以及2号城市到4号城市两张订单的运输,则这两张订单的运输同时受2-3以及3-4两条道路的限制,因为两张订单的货物可能会同时在这些道路上运输。

输入格式:

输入在第一行给出两个正整数N和Q(2 <= N <= 105, 1 <= Q <= 105),表示总共的城市数以及订单数量。

第二行给出(N-1)个数,顺次表示相邻两城市间的道路允许的最大运货重量Ci(i=0, ..., N-2)。题目保证每个Ci是不超过231的非负整数。

接下来Q行,每行给出一张订单的起始及终止运输城市编号。题目保证所有编号合法,并且不存在起点和终点重合的情况。

输出格式:

在一行中输出可运输货物的最大重量。

输入样例:

10 6
0 7 8 5 2 3 1 9 10
0 9
1 8
2 7
6 3
4 5
4 2

输出样例:

7

样例提示:我们选择执行最后两张订单,即把5公斤货从城市4运到城市2,并且把2公斤货从城市4运到城市5,就可以得到最大运输量7公斤。

 
用dfs水了15分,开始用wector做的,以为vector< pair<int,int> >E[maxn] 定义,可以直接通过E[x][y]访问(x,y)边,写的差不多以后才发现不可以,每次增加是从零开始的,比如在1点添加5,6,你只能通过E[1][0],E[1][1]一次访问(1,0),(1,1)边。最后两分钟情急下用了数组水了15分
 
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#define maxn 10010
using namespace std;
typedef long long ll;
int edge[maxn][maxn];
vector<int> E[maxn];
ll ans = ;
int vis[maxn] = {};
void dfs( int x, ll sum ) {
if( sum > ans ) {
ans = sum;
}
for( int i = ; i < E[x].size(); i ++ ) {
if( !vis[E[x][i]] ) {
vis[E[x][i]] = ;
dfs( E[x][i], sum + edge[x][E[x][i]] );
vis[E[x][i]] = ;
}
}
}
int main() {
int n, m, a[maxn], t = 1e9;
cin >> n >> m;
for( int i = ; i < n - ; i ++ ) {
cin >> a[i];
/* edge[i].push_back( make_pair( i + 1, a[i] ) );
edge[i+1].push_back( make_pair( i, a[i] ) );*/
edge[i][i+] = a[i];
edge[i+][i] = a[i];
for( int j = ; j < i - ; j ++ ) {
t = 1e9;
for( int k = j; k < i; k ++ ) {
t = min( t, a[k] );
}
/*edge[j].push_back( make_pair( i, t ) );
edge[i].push_back( make_pair( j, t ) );*/
edge[i][j] = t;
edge[j][i] = t;
}
}
while( m -- ) {
int x, y;
cin >> x >> y;
E[x].push_back(y);
E[y].push_back(x);
}
for( int i = ; i <= n - ; i ++ ) {
/*for( int j = 0; j < E[i].size(); j ++ ) {
cout << E[i][j] << " " << edge[i][E[i][j]] << "--";
}
cout << endl;*/
memset( vis, , sizeof(vis) );
vis[i] = ;
dfs( i, );
}
cout << ans - << endl;
return ;
}

比赛后看大佬用线段树+贪心做的

https://blog.csdn.net/hnust_derker/article/details/79552988

/**
因为一个区间[l, r]的最大货运量就是min([l, r]), 对于两个区间[l, r], [L, R] 假设(r <= R)
1. 两个区间完全不相交, 则最大货运量就是min([l, r]) + min([L, R]),谁先取谁后取都是一样 2.[l, r]完全包含于[L, R],那么肯定选择[l, r]且取其最大货运量,因为min[l, r] >= min[L, R],如果选择两个订单的话,最大货运量都
是min[l, r], 但是单独取[l, r]这个区间, 那么对周围影响的区间都小, 往左往右才可能有更优的取值, 如果[L, R]这个区间要取的话,
这里的每个值都要减去一个值,且最终[l, r]的结果是一样的, 所以肯定取[l,r]且保证货运量最大 3.两区间相交,如果若干个区间已经按右端点从小到大排好序,相同按左端点排序,假设相交于[L, r], 那么两个区间的最大值就是
min{min[L, r], min[l, r] + min[L, R]}这个值是不变的,但是如果[L, R]取得大的话, 对后面的可能相交区间最小值影响就大, 所以要对
l, r取尽可能大, L, R取尽可能小 所以就是: 区间已经按右端点从小到大排好序,相同按左端点排序, 然后从左往右,遇到一个区间就取其区间最小值加到ans上去, 然后更新这个区间
*/ #include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const ll maxn = 2e5 + ;
const ll INF = 1e10;
using namespace std; typedef pair<ll, ll> pa;
ll n, m, T, kase = ;
ll C[maxn * ], lazy[maxn * ], d[maxn];
pa lst[maxn]; void push_down(ll o) {
ll o1 = o << , o2 = o << | ;
if(!lazy[o]) return ;
lazy[o1] += lazy[o]; lazy[o2] += lazy[o];
C[o1] -= lazy[o]; C[o2] -= lazy[o]; lazy[o] = ;
} void build(ll o, ll l, ll r) {
lazy[o] = ;
if(l == r) { C[o] = d[l]; return ; }
ll mid = (l + r) >> ;
build(o << , l, mid);
build(o << | , mid + , r);
C[o] = min(C[o << ], C[o << | ]);
} ll ql, qr, data;
ll query_min(ll o, ll l, ll r) {
if(l >= ql && r <= qr) return C[o];
if(l > qr || r < ql) return INF;
ll mid = (l + r) >> ;
push_down(o);
ll p1 = query_min(o << , l, mid);
ll p2 = query_min(o << | , mid + , r);
C[o] = min(C[o << ], C[o << | ]);
return min(p1, p2);
} void update(ll o, ll l, ll r) {
if(l >= ql && r <= qr) {
C[o] -= data; lazy[o] += data;
return ;
}
if(l > qr || r < ql) return ;
push_down(o);
ll mid = (l + r) >> ;
update(o << , l, mid);
update(o << | , mid + , r);
C[o] = min(C[o << ], C[o << | ]);
} int main() {
while(scanf("%lld %lld", &n, &m) != EOF) {
for(ll i = ; i < n - ; i++) scanf("%lld", &d[i]);
build(, , n - );
for(ll i = ; i < m; i++) {
scanf("%lld %lld", &ql, &qr);
if(ql > qr) swap(ql, qr); qr--;
lst[i] = pa(qr, ql);
}
ll ans = ; sort(lst, lst + m);
for(int i = ; i < m; i++) {
ql = lst[i].second; qr = lst[i].first;
ll mt = query_min(, , n - );
ans += mt; data = mt; update(, , n - );
}
printf("%lld\n", ans);
}
return ;
}

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