HDU 5596（更新，两种方法）

更新：

这是中文题目的链接：

http://bestcoder.hdu.edu.cn/contests/contest_chineseproblem.php?cid=659&pid=1001

这道题还可以用优先队列来做，优先队列的特性可以很好的返回两个队列中b最小的值。

下面说过了，c[i] += c[i-1]是来获得前缀和。前面的节点没发功增加一次，就相当于b[i]-1,b[i]-c[i-1]的值，就是到达第i时间是，b[i]相对的减少量。我们设置两个队列，根据需要，将b[i]-c[i-1]的值分别放入不同的队列中，例如，当取到0组的数时，将该b[i]-c[i-1]放入0组队列，同时和1组队列的最小值比较，若1组较小，则去掉该元素，直到存在大的为止。

 #include<stdio.h>
 #include<queue>
 #include<string.h>
 #define maxn 50005
 using namespace std;
 struct node1{
     int num;
     friend bool operator<(node1 a,node1 b){
         return b.num < a.num;
     }
 };
 struct node2{
     int group;
     int b;
 };
 node2 a[maxn];
 int c[maxn];
 int main(){
     int t;
     scanf("%d",&t);
     while(t--){
         int n,m;
         memset(c,,sizeof(c));
         priority_queue<node1>q[];
         scanf("%d%d",&n,&m);
         for(int i = ;i<=n;i++){
             scanf("%d%d",&a[i].group,&a[i].b);
         }
         for(int i = ;i<m;i++){
             int time;
             scanf("%d",&time);
             c[time]++;
         }
         int ans = n;
         node1 cur;
         for(int i = ;i<=n;i++){
             c[i] += c[i-];
             if(a[i].group){
                 cur.num = a[i].b-c[i-];
                 q[].push(cur);
                 while(!q[].empty()&&q[].top().num<cur.num){
                     q[].pop();
                     ans--;
                 }
             }else{
                 cur.num = a[i].b-c[i-];
                 q[].push(cur);
                 while(!q[].empty()&&q[].top().num<cur.num){
                     q[].pop();
                     ans--;
                 }
             }
         }
         printf("%d\n",ans);
     }
     return ;
 }

——————————————————我是分割线————————————————————————————————

题目：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5596

这道题可以很巧妙的用O(n)的时间复杂度做出来的。首先，当我们用一个数组c存储gt发功的时间时，以该时间为下标之前的b值都会加1，所以可以用c[i] += c[i-1]，以获得当前节点之前，已累计法功多少次了，然后c[y]-c[x](y>x)就是以x为下标的gt，到y时间时，通过发功增加的量。

至于为什么要倒着处理呢，因为我们是要去掉小的元素，这样，我们只要从后往前，保存最大的元素，只要存在小于最大元素的，该元素就可以去掉了。

还有，max0、max1分别是1组的最大值和0组的最大值，以gt[i].b-c[i-1]-max0这个式子为例，我们这里假设x<y，max0 = gt[y].b-c[y-1]，所以前面那个式子就可以化成gt[x].b-c[x-1]-gt[y].b-c[y-1] = gt[x].b-gt[y].b+c[y-1]-c[x-1]，由我们前面的推导，c[y-1]-c[x-1]就是gt[x].b增加的量，这个值加上gt[x].b，如果减去gt[y].b小于0的话，说明该gt是要去掉的，同时要更新max1的值，以为此时处理的是0组的情况，保存最大的。

 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<algorithm>
 #define maxn 50005
 #define inf 0x3f3f3f3f
 using namespace std;
 struct node{
     int group;
     int b;
 };
 node gt[maxn];
 int c[maxn];
 int main(){
     int t;
     scanf("%d",&t);
     while(t--){
         int n,m;
         memset(c,,sizeof(c));
         scanf("%d%d",&n,&m);
         for(int i = ;i<=n;i++){
             scanf("%d%d",&gt[i].group,&gt[i].b);
         }
         for(int i = ;i<=m;i++){
             int temp;
             scanf("%d",&temp);
             c[temp]++;
         }
         for(int i = ;i<=n;i++){
             c[i] += c[i-];
         }
         int ans = n;
         int max0 = -inf,max1 = -inf;
         for(int i = n;i>;i--){
             if(gt[i].group){
                 if(gt[i].b-c[i-]-max0<)
                     ans--;
                 max1 = max(max1,gt[i].b-c[i-]);
             }else{
                 if(gt[i].b-c[i-]-max1<)
                     ans--;
                 max0 = max(max0,gt[i].b-c[i-]);
             }
         }
         printf("%d\n",ans);
     }
     return ;
 }

---恢复内容结束---

题目：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5596

这道题可以很巧妙的用O(n)的时间复杂度做出来的。首先，当我们用一个数组c存储gt发功的时间时，以该时间为下标之前的b值都会加1，所以可以用c[i] += c[i-1]，以获得当前节点之前，已累计法功多少次了，然后c[y]-c[x](y>x)就是以x为下标的gt，到y时间时，通过发功增加的量。

至于为什么要倒着处理呢，因为我们是要去掉小的元素，这样，我们只要从后往前，保存最大的元素，只要存在小于最大元素的，该元素就可以去掉了。

还有，max0、max1分别是1组的最大值和0组的最大值，以gt[i].b-c[i-1]-max0这个式子为例，我们这里假设x<y，max0 = gt[y].b-c[y-1]，所以前面那个式子就可以化成gt[x].b-c[x-1]-gt[y].b-c[y-1] = gt[x].b-gt[y].b+c[y-1]-c[x-1]，由我们前面的推导，c[y-1]-c[x-1]就是gt[x].b增加的量，这个值加上gt[x].b，如果减去gt[y].b小于0的话，说明该gt是要去掉的，同时要更新max1的值，以为此时处理的是0组的情况，保存最大的。

 #include<stdio.h>
 #include<string.h>
 #include<algorithm>
 #define maxn 50005
 #define inf 0x3f3f3f3f
 using namespace std;
 struct node{
     int group;
     int b;
 };
 node gt[maxn];
 int c[maxn];
 int main(){
     int t;
     scanf("%d",&t);
     while(t--){
         int n,m;
         memset(c,,sizeof(c));
         scanf("%d%d",&n,&m);
         for(int i = ;i<=n;i++){
             scanf("%d%d",&gt[i].group,&gt[i].b);
         }
         for(int i = ;i<=m;i++){
             int temp;
             scanf("%d",&temp);
             c[temp]++;
         }
         for(int i = ;i<=n;i++){
             c[i] += c[i-];
         }
         int ans = n;
         int max0 = -inf,max1 = -inf;
         for(int i = n;i>;i--){
             if(gt[i].group){
                 if(gt[i].b-c[i-]-max0<)
                     ans--;
                 max1 = max(max1,gt[i].b-c[i-]);
             }else{
                 if(gt[i].b-c[i-]-max1<)
                     ans--;
                 max0 = max(max0,gt[i].b-c[i-]);
             }
         }
         printf("%d\n",ans);
     }
     return ;
 }