10.1综合强化刷题 Day4

财富(treasure)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述

LYK有n个小伙伴。每个小伙伴有一个身高hi。

这个游戏是这样的，LYK生活的环境是以身高为美的环境，因此在这里的每个人都羡慕比自己身高高的人，而每个人都有一个属性ai表示它对身高的羡慕值。

这n个小伙伴站成一列，我们用hi来表示它的身高，用ai来表示它的财富。

每个人向它的两边望去，在左边找到一个最近的比自己高的人，然后将ai朵玫瑰给那个人，在右边也找到一个最近的比自己高的人，再将ai朵玫瑰给那个人。当然如果没有比自己身高高的人就不需要赠送别人玫瑰了。也就是说一个人会给0,1,2个人玫瑰（这取决于两边是否有比自己高的人）。

每个人都会得到若干朵玫瑰（可能是0朵），LYK想知道得了最多的玫瑰的那个人得了多少玫瑰。(然后嫁给他>3<)

输入格式(treasure.in)

第一行一个数n表示有n个人。

接下来n行，每行两个数hi,ai。

输出格式(treasure.out)

一个数表示答案。

输入样例

3

4 7

3 5

6 10

输出样例

12

样例解释

第一个人会收到5朵玫瑰，第二个没人送他玫瑰，第三个人会收到12朵玫瑰。

数据范围

对于50%的数据n<=1000,hi<=1000000000。

对于另外20%的数据n<=50000，hi<=10。

对于100%的数据1<=n<=50000,1<=hi<=1000000000。1<=ai<=10000。

一个简单的单调栈

我们跑两遍单调栈，先正着跑一遍（处理出每一个人给右边第一个比他高的），在倒着跑一遍（处理出每个人把花给他左边第一个比他高的）

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1000010
using namespace std;
int n,ans,sum[N],q[N],h[N],a[N],stack[N];
int read()
{
    ,f=; char ch=getchar();
    ') ch=getchar();
    +ch-',ch=getchar();
    return x*f;
}
int main()
{
//    freopen("treasure.in","r",stdin);
//    freopen("treasure.out","w",stdout);
    n=read();
    ;i<=n;i++)
      h[i]=read(),a[i]=read();
    ,i=;i<=n;i++)
    {
        while(top&&stack[top]<=h[i]) top--;
        sum[q[top]]+=a[i];
        stack[++top]=h[i];q[top]=i;
    }

    ,i=n;i>=;i--)
    {
        while(top&&stack[top]<=h[i]) top--;
        sum[q[top]]+=a[i];
        stack[++top]=h[i];q[top]=i;
    }
    ;i<=n;i++)
     ans=max(ans,sum[i]);
    printf("%d",ans);
    ;
}

AC代码

正方形(square)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述

在一个10000*10000的二维平面上，有n颗糖果。

LYK喜欢吃糖果！并且它给自己立了规定，一定要吃其中的至少C颗糖果！

事与愿违，LYK只被允许圈出一个正方形，它只能吃在正方形里面的糖果。并且它需要支付正方形边长的价钱。

LYK为了满足自己的求食欲，它不得不花钱来圈一个正方形，但它想花的钱尽可能少，你能帮帮它吗？

输入格式(square.in)

第一行两个数C和n。

接下来n行，每行两个数xi,yi表示糖果的坐标。

输出格式(square.out)

一个数表示答案。

输入样例

3 4

1 2

2 1

4 1

5 2

输出样例

4

样例解释

选择左上角在(1,1)，右下角在(4,4)的正方形，边长为4。

数据范围

对于30%的数据n<=10。

对于50%的数据n<=50。

对于80%的数据n<=300。

对于100%的数据n<=1000。1<=xi,yi<=10000。

当我看到这个题的时候就在想，这不就是个求最小的矩形，并且使这个矩形中的糖果的个数是否大于了c。然后蒟蒻本质暴露了出来，我企图用一个前缀和统计每个矩形内的糖果个数，然后在暴力枚举矩形边长和右下断点，判断是否合理，结果数组不是开大了就是开小了，直接崩溃

如果我们打算要用上面的做法的话我们需要离散化一下里面的点，不然最后一个点可能出现在10000,10000上，这样我们用一个前缀和处理的话会崩溃。

我们来看一下正解，数据范围在1000以内，能承受的时间复杂度为n^2logn的。

我们可以试着二分一下，二分矩形的边长，然后我们再试着枚举左边界，通过左边界我们就可以知道右边界，同样通过右边界我们也可以知道左边界，然后我们再在通过左右边界来判断里面的糖果数是否足够，当然我们的上下也是有边界的，我们在当前左右所加的这个矩形里，如果糖果数不够c那么直接返回false，反之，我们在来判断一下在这个区间里每个糖果的y坐标排序，然后将这个糖果的y与他的前c个糖果的y比较，如果小于等于mid的话，说明在这样的长度里我们可以找到c个糖果。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1010
using namespace std;
int c,n,L,R,mid,ans,cnt,tmp[N];
int read()
{
    ,f=; char ch=getchar();
    ; ch=getchar();}
    +ch-',ch=getchar();
    return x*f;
}
struct Node
{
    int x,y;
}a[N];
int cmp(Node a,Node b)
{
    return a.x<b.x;
}
int work(int l,int r)
{
    <c) return false;
    cnt=;
    for(int i=l;i<=r;i++)
     tmp[++cnt]=a[i].y;
    sort(tmp+,tmp++cnt);
    for(int i=c;i<=cnt;i++)
     ]<=mid) return true;
    return false;
}
int pd(int x)
{
    ;
    ;r<=n;r++)
    {
        if(a[r].x-a[l].x>x)
        {
            )) return true;
            while(a[r].x-a[l].x>x) l++;
        }
    }
    if(work(l,n)) return true;
    return false;
}
int main()
{
    c=read(),n=read();
    ;i<=n;i++) a[i].x=read(),a[i].y=read();
    sort(a+,a++n,cmp);
    L=,R=,mid=(L+R)/;
    while(L<=R)
    {
        ,R=mid-,mid=(L+R)/;
        ,mid=(L+R)/;
    }
    printf("%d",ans);
    ;
}

AC代码

AC代码

追逐(chase)

Time Limit:1000ms   Memory Limit:128MB

题目描述

这次，LYK以一个上帝视角在看豹子赛跑。

在一条无线长的跑道上，有n只豹子站在原点。第i只豹子将在第ti个时刻开始奔跑，它的速度是vi/时刻。

因此在不同的时刻，这n只豹子可能在不同的位置，并且它们两两之间的距离也将发生变化。

LYK觉得眼光八方太累了，因此它想找这么一个时刻，使得最远的两只豹子的距离尽可能近，当然这不能是第0时刻或者第0.01时刻。它想知道的是最迟出发的豹子出发的那一刻开始，离得最远的两只豹子在距离最小的时候这个距离是多少。

当然这个时刻不仅仅可能发生在整数时刻，也就是说可能在1.2345时刻这个距离最小。

输入格式(chase.in)

第一行一个数n。

接下来n行，每行两个数分别是ti和vi。

输出格式(chase.out)

输出一个数表示答案，你只需保留小数点后两位有效数字就可以了。

输入样例

3

1 4

2 5

3 7

输出样例

0.33

样例解释

在第5+2/3这个时刻，第一只豹子在18+2/3这个位置，第二只豹子在18+1/3这个位置，第三只豹子在18+2/3这个位置，最远的两只豹子相距1/3的距离，因此答案是0.33。

数据范围

对于20%的数据n=2。

对于20%的数据n=3

对于60%的数据n<=100。

对于80%的数据n<=1000。

对于100%的数据n<=100000，1<=vi,ti<=100000。

看到这个题的部分分，然后很开心，前两个点可以特判的、、

前4个点，也可以手算的，就是有点麻烦，所以蒟蒻在考场中并没有写、、、

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define N 1100
using namespace std;
int n,t[N],v[N];
double ans;
int read()
{
    ,f=; char ch=getchar();
    ') ch=getchar();
    +ch-',ch=getchar();
    return x*f;
}
int work1()
{
    ]<t[]&&v[]>=v[]) ans=v[]*(t[]-t[]);
    ]<t[]&&v[]<v[]) ans=;
    ]<t[]&&v[]>=v[]) ans=v[]*(t[]-t[]);
    ]<t[]&&v[]<v[]) ans=;
}
int work2()
{
    ans=0.33;
}
int main()
{
    freopen("chase.in","r",stdin);
    freopen("chase.out","w",stdout);
    n=read();
    ;i<=n;i++)
     t[i]=read(),v[i]=read();
    ) work1();
    else work2();
    printf("%.2lf",ans);
    ;
}

20分的特判

然后我们来看正解

什么？！竟然是解析几何？！啊啊啊，这题没法做了！

弃疗吧、、

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;
*;
];
],vv2[];
],S[];
];
int cmp(node i,node j) {return i.v<j.v || i.v==j.v && i.t>j.t;}
];
int CMP(Node i,Node j) {return i.x<j.x;}
long double work(int x,long double y) {return (long double)t[x].v*y-hh[x];}
int main()
{
    freopen("chase.in","r",stdin);
    freopen("chase.out","w",stdout);
    )
    {
        scanf("%d",&n);
       // if (n==0) return 0;
        MAX=;
        ; i<=n; i++)
        {
            scanf("%d%d",&t[i].t,&t[i].v);
            MAX=max(MAX,t[i].t);
        }
        sort(t+,t+n+,cmp); int MIN=t[n].t;
        ; i>=; i--)
        {
            ; else
            MIN=t[i].t,vv[i]=;
        }
        ; i<=n; i++) hh[i]=(long double)t[i].t*t[i].v;
        r=; s[].l=MAX; s[].t=; s[].l=INF; vv[n]=;
        ; i<=n; i++)
        if (!vv[i])
        {
            while (r && work(i,s[r].l)>=work(s[r].t,s[r].l)) r--;
            ; s[].l=MAX; s[].t=i; continue;}
            L=s[r].l; R=s[r+].l; mid=(L+R)/2.0;
            ; I<=; I++)
            {
                if (work(i,mid)>=work(s[r].t,mid)) {R=mid; mid=(L+R)/2.0;} else {L=mid; mid=(L+R)/2.0;}
            }
            s[++r].l=mid; s[r].t=i; s[r+].l=INF;
        }
        rr=; S[].l=MAX; S[].l=INF; S[].t=n;
        MIN=t[].t;
        ; i<n; i++)
          ; else
            MIN=t[i].t,vv2[i]=;
        ; i>=; i--)
        if (!vv2[i])
        {
            while (rr && work(i,S[rr].l)<=work(S[rr].t,S[rr].l)) rr--;
            ; S[].l=MAX; S[].t=i; continue;}
            L=S[rr].l; R=S[rr+].l; mid=(L+R)/2.0;
            ; I<=; I++)
            {
                if (work(i,mid)<=work(S[rr].t,mid)) {R=mid; mid=(L+R)/2.0;} else {L=mid; mid=(L+R)/2.0;}
            }
            S[++rr].l=mid; S[rr].t=i; S[rr+].l=INF;
        }
        cnt=;
        ; i<=r; i++) {p[++cnt].x=s[i].l; p[cnt].y=; p[cnt].z=s[i].t;}
        ; i<=rr; i++) {p[++cnt].x=S[i].l; p[cnt].y=; p[cnt].z=S[i].t;}
        sort(p+,p+cnt+,CMP); X=Y=; ans=INF;
        ; i<=cnt; i++)
        {
            ) X=p[i].z; else Y=p[i].z;
          //  printf("%.5f\n",(double)p[i].x);
            if (X && Y) ans=min(ans,work(X,p[i].x)-work(Y,p[i].x));
        }
        printf("%.2f\n",fabs((double)ans));
        ;
    }
}

标程