【洛谷】【st表+模拟】P1311 选择客栈

【题目描述：】

丽江河边有n 家很有特色的客栈，客栈按照其位置顺序从 1 到n 编号。每家客栈都按照某一种色调进行装饰（总共 k 种，用整数 0 ~ k-1 表示），且每家客栈都设有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消费。

两位游客一起去丽江旅游，他们喜欢相同的色调，又想尝试两个不同的客栈，因此决定分别住在色调相同的两家客栈中。晚上，他们打算选择一家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位于两人住的两家客栈之间（包括他们住的客栈），且咖啡店的最低消费不超过 p 。

他们想知道总共有多少种选择住宿的方案，保证晚上可以找到一家最低消费不超过 p元的咖啡店小聚。

【输入格式：】

输入文件hotel.in，共n+1 行。

第一行三个整数n ，k ，p，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示客栈的个数，色调的数目和能接受的最低消费的最高值；

接下来的n 行，第 i+1 行两个整数，之间用一个空格隔开，分别表示 i 号客栈的装饰色调和i 号客栈的咖啡店的最低消费。

【输出格式：】

输出文件名为hotel.out 。

输出只有一行，一个整数，表示可选的住宿方案的总数。

输入样例#： 

输出样例#：

输入输出样例

【算法分析：】

正解是O(n)的复杂度，但2000000的数据nlog₂n就能过（2011年的时候自然是过不了的）

发现k种颜色分别是从0~k-1排的，可以把O(n³)暴力枚举的复杂度优化一下：

开一个二位数组c，c[i][j]表示第i种颜色的第j个客栈是c[i][j]号

循环开三层，第一层枚举颜色

第二、三层循环反向枚举这个颜色的客栈

第二层表示右边的客栈，第三层表示左边的客栈，

若是这两个客栈间的最小花费比p小（st表O(1)查询），则从第一个这个颜色的客栈开始一直到左边的这个客栈，都可以和右边的客栈匹配形成一组方案

时间复杂度在最坏的情况下应该比O(n²)要小

效率大大提升.

而再深入一想，可以将“找到某个客栈的左边最后一个客栈，使得两个客栈之间的最小花费小于等于p"这个操作利用二分来做

时间复杂度O(n log₂ n)

但实测不如方法一优

【代码：】

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 const int MAXN =  + ;
 const int K = ;

 int n, k, p, ans;
 int t[MAXN], c[][MAXN], st[MAXN][K], Log2[MAXN];
 struct hotel {
     int color, cost, num;
 }h[MAXN];

 inline int read() {
     int x = ; char ch = getchar();
     while(ch < '' || ch > '') ch = getchar();
     while(ch >= '' && ch <= '')
         x = (x << ) + (x << ) + (ch - ), ch = getchar();
     return x;
 }

 int Query(int l, int r) {
     int x = Log2[r - l + ];
     return min(st[l][x], st[r - ( << x) + ][x]);
 }
 int main() {
     n = read(), k = read(), p = read();
     for(int i = ; i <= n; i++) {
         h[i].color = read(),
         h[i].cost = read();
         st[i][] = h[i].cost;
     }
     for(int i = ; i <= n; i++)
         c[h[i].color][++t[h[i].color]] = i;

     for(int j = ; j <= K; j++) {
         for(int i = ; i + ( << j) -  <= n; i++)
             st[i][j] = min(st[i][j - ], st[i + ( << (j - ))][j - ]);
     }
     for(int i = ; ( << i) <= n; i++)
         Log2[ << i] = i;
     for(int i = ; i <= n; i++)
         if(!Log2[i]) Log2[i] = Log2[i - ];

     for(int i = ; i < k; i++) {
         for(int end = t[i]; end >= ; end--) {
             int pos = ;
 //二分代码：
 //            int l = 1, r = end;
 //            while(l < r) {
 //                int mid = l + r >> 1;
 //                if(Query(c[i][mid], c[i][end]) <= p)
 //                    l = mid + 1;
 //                else r = mid;
 //            }
 //            pos = l - 1;
             for(int j = end - ; j >= ; j--) {
                 if(Query(c[i][j], c[i][end]) <= p) {
                     pos = j;
                     break;
                 }
             }
             ans += pos;
         }
     }
     printf("%d\n", ans);
 }