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$2019$ 暑期刷题记录 $2$（基本算法专题）

$ 2019 $ 暑期刷题记录 $ 2 $ （基本算法专题）

$ by~~wch $

$ BZOJ~1958~Strange~Towers~of~Hanoi $ （动态规划，递推）

题目大意：

求有 $ n $ 个盘子和 $ 4 $ 座塔的汉诺塔问题。

$ solotion: $

首先需要参考一下三座塔的汉诺塔问题： $ g[i]=2*g[i-1]+1 $
然后我们将四座塔转换为三座塔问题：将前 $ i $ 个盘子一道2号塔，剩下的 $ n-i $ 个为三汉诺问题移到4号塔，再将前 $ i $ 个用四汉诺塔问题移到4号塔。
$ f[n]=min_{1leq i < n}{2*f[i]+g[n-i]} $

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int n=12;
int g[13],f[13];

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	for(rg i=1;i<=n;++i) g[i]=2*g[i-1]+1;
	for(rg i=1;i<=n;++i){
		f[i]=1<<30;
		for(rg j=0;j<i;++j)
			f[i]=min(f[i],f[j]*2+g[i-j]);
	}
	for(rg i=1;i<=n;++i)
		printf("%d
",f[i]);
	return 0;
}

$ BZOJ ~1218 ~ $ 激光炸弹（二维前缀和）

$ solotion: $

比较明显的二维前缀和问题
就是这一题有点卡常，如果暴力转一维前缀和会超时
我们需要自己寻找每个点前缀和的关系：
$ s[i][j]=s[i-1][j]+s[i][j-1]-s[i-1][j-1]+a[i][j] $

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register int

using namespace std;

int n,m,ans,a,b,c;
int f[5003][5003];

inline int qr(){
    char ch; //int sign=1;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
    //    if(ch=='-')sign=-1;
    int res=ch^48;
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+(ch^48);
    return res;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    n=qr(),m=qr();
    for(rg i=1;i<=n;++i){
        a=qr()+1,b=qr()+1,c=qr();
        f[a][b]=c;
    }
    for(rg i=1;i<=5001;++i)
        for(rg j=1;j<=5001;++j)
            f[i][j]+=f[i-1][j]+f[i][j-1]-f[i-1][j-1];
    for(rg i=m;i<=5001;++i){
        for(rg j=m;j<=5001;++j){
            ans=max(ans,f[i][j]-f[i-m][j]-f[i][j-m]+f[i-m][j-m]);
        }
    }printf("%d
",ans);
    return 0;
}

$ POJ~3263~Tallest~Cow $ （前缀和，贪心）

$ solotion: $

很久以前就做过，一道比较有意思的前缀和做法
我们首先可以贪心想到牛的身高每次只减1，然后求出最少的减少次数
每头牛的身高减少次数是确定的，我们对于每一对可以互相看见的牛，他们中间的牛的身高都要减少一次
所以我们在 $ A_i $ 处加一，在 $ B_i+1 $ 处减一然后求前缀和就可以知道每一头牛的减少次数
然后这题不用担心每头牛都要比两端点的牛矮，所有区间一定是包含关系，而不会相交

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define inf 0x7fffffff
#define rg register int

using namespace std;

int n,m,h,q,a,b;
int s[10001];
bool use[10001][10001];

inline int qr(){
    char ch;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9');
    int res=ch^48;
    while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
        res=res*10+(ch^48);
    return res;
}

int main(){
    //freopen(".in","r",stdin);
    //freopen(".out","w",stdout);
    n=qr(),m=qr(),h=qr(),q=qr();
    while(q--){
        a=qr(),b=qr();
        if(a>b)swap(a,b);
        if(use[a][b])
            continue;
        use[a][b]=1;
        --s[a+1];
        ++s[b];
    }
    for(rg i=1;i<=n;++i){
        s[i]=s[i]+s[i-1];
        printf("%d
",h+s[i]);
    }
    return 0;
}

$ POJ~1845~Sumdiv $ （约数和定理）（分治）

题目大意：

求 $ A^B $ 的所有约数之和

$ solotion: $

首先要知道约数和定理： $ (1+p_1+p_1^2+...+p_1^{c_1})(1+p_2+p_2^2+...+p_2^{c_2})...*(1+p_k+p_k^2+...+p_k^{c_k}) $
然后本题就比较好做了， $ A^B $ 的所有约数之和就是让上式中所有 $ c_i $ 乘上 $ B $ 即可
然后括号里面的东西直接用分治求即可

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

const int mod=9901;

int n,m,ans;

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

inline int ksm(ll x,int y){
	ll res=1;
	while(y){
		if(y&1)res=res*x%mod;
		x=x*x%mod; y>>=1;
	}return res;
}

inline int ask(int x,int y){
	if(y==1)return x;
	if(y&1) return ((ll)ask(x,y>>1)*(ksm(x,y>>1)+1)%mod+ksm(x,y)%mod)%mod;
	else return (ll)ask(x,y>>1)*(ksm(x,y>>1)+1)%mod;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		if(m==0){puts("1");continue;}
		ans=1;
		for(rg i=2;i*i<=n;++i){
			if(n%i)continue;
			rg x=0; while(!(n%i))++x,n/=i;
			ans=(ll)ans*(ask(i%mod,x*m)+1)%mod;
		}if(n!=1)ans=(ll)ans*(ask(n%mod,m)+1)%mod;
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}

$ POJ~2018~Best~Cow~Fences $ （二分答案构造新权值）

单独的一篇题解

$ POJ~3889~Fractal~Streets $ （模拟）

单独的一篇题解

$ Codeforces~670C~Cinema $ （离散化）

$ solotion: $

很傻的一道题目，直接离散化求出每种语言对应的人
然后枚举电影，求出其权值，最大的那个就是答案

$ code: $

#include<stdio.h>
#include<map>
using namespace std;
int main()
{
	int n;
	while(scanf("%d",&n)!=EOF)
	{
		int m,ple=0,sat=0,fi=1,sci[200005],bn[200005],cn;
		map<int,int> mp;
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			scanf("%d",&sci[i]);
			mp[sci[i]]++;
		}
		scanf("%d",&m);
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d",&bn[i]);
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%d",&cn);
			if(mp[bn[i]]>ple)
			{
				ple=mp[bn[i]];
				sat=mp[cn];
				fi=i;
			}
			else if(mp[bn[i]]==ple&&mp[cn]>sat)
			{
				sat=mp[cn];
				fi=i;
			}
		}  
		printf("%d
",fi);
	}
	return 0;
}

$ POJ~3784~Running~Media $ （动态中位数）

题目大意：

依次读入数列，求每一个数加入时的中位数。

$ solotion: $

直接用小根堆加大根堆维护一下就行
每次记录两边总数，判断加到哪边即可

$ code: $

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<iostream>
using namespace std;

int n,t,x,a,b,cnt;

inline void read(int &x){
    char ch=getchar();
    char c=ch;
    x=0;
    while(ch<'0' || ch>'9') {
        c=ch;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0' && ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    if(c== '-') x=-x;
}

std::priority_queue <int> lq,sq;


int main(){
    read(t);
    while(t--){
        read(cnt);
        read(n);
        while(!lq.empty())  lq.pop();
        while(!sq.empty())  sq.pop();
        cout<<cnt<<' '<<((n+1)/2)<<endl;
        for(int i = 1;i <= n;++ i){
            read(x);
            lq.push(x);
            sq.push(-x);
            if(i%2==0) continue;
            while(lq.top()!=-sq.top()){
                a=lq.top();
                lq.pop();
                b=-sq.top();
                sq.pop();
                sq.push(-a);
                lq.push(b);
            }
            cout<<lq.top()<<' ';
            if(((i+1)/2)%10==0) puts("");
                else if((n%2==1 && i==n) || (n%2==0 && i==n-1)) puts("");
        }    
    }
    return 0;
}

$ POJ~2299~Ultra-QuickSort $ （逆序对）

题目大意：

求一个序列里的逆序对。

$ solotion: $

没想会在基本算法里碰见这个，挺怀念的。
我们用树状数组维护一下（需要离散化），和最长上升子序列里一个板子

$ POJ~3614~Sunscreen $ （贪心，优先队列）

$ solotion: $

这个题目比较容易想到贪心
我们将奶牛和防晒霜分开，都以阳光强度（最小值）排序
然后我们可以想到枚举防晒霜
用一个优先队列依次存下当前防晒霜能保护的牛
然后我们用优先队列求出右端点（最大阳光强度）最小的牛用这个防晒霜
这样肯定比用最大阳光强度的好，因为我们将最大阳光强度大的留给了后面的防晒霜。
而最小阳光强度在枚举时得到了保障（我们是依次加入防晒霜能保护的牛的）。

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int n,m,ans;

struct su{
	int x,y;
	inline bool operator <(const su &z)const{
		return x<z.x;
	} 
}a[2505],b[2505];

struct pi{
	int x,y;
	inline bool operator <(const pi &z)const{
		return y>z.y;
	}
};

priority_queue<pi> q;

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	n=qr(); m=qr();
	for(rg i=1;i<=n;++i)
		a[i].x=qr(),a[i].y=qr();
	sort(a+1,a+n+1);
	for(rg i=1;i<=m;++i)
		b[i].x=qr(),b[i].y=qr();
	sort(b+1,b+m+1);
	for(rg i=1,l=1;i<=m;++i){
		while(l<=n&&a[l].x<=b[i].x){
			pi x; x.x=l; x.y=a[l].y; q.push(x); ++l;
		}
		while(!q.empty()&&q.top().y<b[i].x)q.pop();
		while(!q.empty()&&b[i].y){
			++ans; --b[i].y; q.pop();
		}
	}printf("%d
",ans);
	return 0;
}

$ POJ~3190~Stall~Reservation $ （前缀和，优先队列）

$ solotion: $

这道题的最小畜栏数是确定的
我们直接用差分约束前缀和的方法即可得出答案
但是这道还需要我们输出畜栏序号，这就需要我们动态维护那几个畜栏没有用过
我们用优先队列优化，按左端点枚举每一头牛，然后用优先队列记录它的右端点以及它用的哪一个畜栏，（畜栏的使用状态也需要用一个优先队列维护（因为我们要最小化畜栏数目））
然后在枚举过程中还要对优先队列进行取出操作，将用完的畜栏记录下来，病房会优先队列里去

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int n,tt,ans;
int as[50005];

struct su{
	int l,r,id;
	inline bool operator <(const su &x)const{
		return l<x.l;
	}
}a[50005];

struct pi{
	int x,y;
	inline bool operator <(const pi &z)const{
		return x>z.x;
	}
};

priority_queue<pi> q;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> >p;

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	n=qr();
	for(rg i=1;i<=n;++i)
		a[i].l=qr(),a[i].r=qr(),a[i].id=i,p.push(i);
	sort(a+1,a+n+1);
	for(rg i=1;i<=n;++i){
		while(!q.empty()&&q.top().x<a[i].l){
			p.push(q.top().y); q.pop();
		}as[a[i].id]=p.top(); p.pop();
		pi x; x.x=a[i].r; x.y=as[a[i].id]; q.push(x);
		ans=max(ans,as[a[i].id]);
	}
	printf("%d
",ans);
	for(rg i=1;i<=n;++i)
		printf("%d
",as[i]);
	return 0;
}

$ POJ~1328~Radar~Installation $ （贪心，单调队列）

$ Solution: $

很早之前就做过了，好像之前叫稻草人来着
就是算出每一个点在x轴上可以允许的最左端和最右端
然后按最左然后按最左端排序，挨个在优先队列里加入最右端信息
一旦到达一个最右端，将它覆盖的所有点删去（包括优先队列的某些信息也会失效，用一个bool数组记录每个是否已被覆盖即可）

$ code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int t,n,d,ans;

struct su{
	db x,y,l,r;
	inline void find(){
		db k=sqrt((db)d*d-y*y);
		l=x-k; r=x+k;
	}
	inline bool operator <(su z){
		return l<z.l;
	}
}a[1005];

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	while(++t){ ans=0;
		n=qr(); d=qr();
		if(!n&&!d)break;
		for(rg i=1;i<=n;++i){
			a[i].x=qr(); a[i].y=qr();
			a[i].find(); if(a[i].y>d)ans=-1;
		} sort(a+1,a+n+1);
		if(ans!=-1){ db s=-1e9;
			for(rg i=1;i<=n;++i){
				//cout<<a[i].l<<" "<<a[i].r<<endl;
				if(a[i].l<=s)
					s=min(a[i].r,s);
				else ++ans, s=a[i].r;
			}
		} printf("Case %d: %d
",t,ans);
	}
	return 0;
}

$ POJ~2054~Color~a~Tree $ （复杂的贪心）

单独的一篇题解

$ POJ~2965~The~Pilots~Brother'~Refrigerator $ （状态压缩，结论）

$ Solution: $

数据范围很小，可以直接状态压缩，然后暴力枚举
但是这一题还有一个结论可以更快：
对于一个处于闭合的开关将它所在行列上每一个元素异或1（初始为0）
最后还为1的格子需要改变状态。
这个结论博主也不知道怎么证，所以还是第一种方案保险

$ Code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int a,b,n,ans;

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	char ch; a=15; b=4369;
	for(rg i=1;i<=4;++i,a<<=4,b=4369){
		for(rg j=1;j<=4;++j,b<<=1){
			while((ch=getchar())!='+'&&ch!='-')continue;
			if(ch=='+') n^=a,n^=b,n^=a&b;
		}
	} rg x=n;
	while(x)ans+=(x&1),x>>=1;
	printf("%d
",ans);
	for(rg i=1;i<=4;++i)
		for(rg j=1;j<=4;++j,n>>=1)
			if(n&1)printf("%d %d
",i,j);
	return 0;
}

$ POJ~2083~Fractal $ （模拟）

$ Solution: $

最近总是碰到这种模拟题，直接 $ bitset $ 模拟就行了。
置于转移，我们直接用二进制的或运算和左右移模拟复制粘贴就好
然后判断输出

$ Code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int t,f,n,m=1;
bitset<805> s[805];

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	s[1][1]=1; n=7;
	for(rg i=2;i<=n;++i,m*=3){ //扩大
		for(rg j=m+1;j<=m*2;++j)
			s[j]=s[j-m]<<m;//中间的那一部分
		for(rg j=1;j<=m;++j){
			s[j]|=s[j]<<(m*2);//右上那部分
			s[j+m*2]=s[j]; //第三行复制第一行即可
		}
	}
	while((n=qr())!=-1){
		rg x=1;
		for(rg i=1;i<n;++i)x*=3;
		for(rg i=1;i<=x;++i){
			for(rg j=1;j<=x;++j){
				if(s[i][j])putchar(88);
				else putchar(32);
			}puts("");//快速输出
		}puts("-");
	}
	return 0;
}

$ POJ~3741~Raid $ （平面最近点对）

单独的一篇题解

$ CH~0805~ $ 防线 (二分，前缀和，特殊性质)

单独的一篇题解

$ POJ~3197~Corral~the~Cows $ （二分，最大子矩阵）

单独的一篇题解

$ BZOJ~1045~ $ 糖果传递（中位数，环形均分纸牌）

$ Solution: $

对于一个环形，我们总要去想有没有断环的方法
而这道题目有一个性质：最优答案一定可以存在两个相邻的人之间没有联系，相当于一条链
于是我们用前缀和来计算每个人需要操作的次数： $ f[i]=|s[i]-s[k]| $ ， $ s[k] $ 为链的左端
我们发现只要 $ s[k] $ 为 $ s[i] $ 的中位数时，总和最小，于是我们找到最小的那个中位数计算答案。

$ Code: $

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+5;
ll n,a[N],sum,s[N];
int main()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],sum+=a[i];
    sum/=n;
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]-=sum,s[i]=s[i-1]+a[i];
    sort(s+1,s+n+1);
    sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)sum+=abs(s[n/2+1]-s[i]);
    cout<<sum;
    return 0;
}

$ POJ~1723~Soldiers $ (中位数)

单独的一篇题解

$ POJ~1220~Number~Base~Conversion $ （进制转换）

$ Solution: $

这个就是高精度的进制转换，我们模拟一下就好

$ Code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

int t,a,b,n,tt;
int s[100005];
int as[100005];
string c;

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	t=qr();
	while(t--){ tt=0;
		a=qr(); b=qr();
		cin>>c; n=c.size();
		
		for(rg i=0;i<n;++i){
			if(c[i]>='0'&&c[i]<='9')
				s[i+1]=c[i]-'0';
			if(c[i]>='A'&&c[i]<='Z')
				s[i+1]=c[i]-'A'+10;
			if(c[i]>='a'&&c[i]<='z')
				s[i+1]=c[i]-'a'+36;
		} rg f=n,k=0;
		while(f){
			k=0; f=0;
			for(rg i=f;i<=n;++i){
				k=s[i]+k*a;
				s[i]=k/b;
				k%=b;
				if(!f&&s[i])f=i;
			}as[++tt]=k;
		}
		cout<<a<<" "<<c<<endl<<b<<" ";
		for(rg i=tt;i>=1;--i){
			if(as[i]>=0&&as[i]<=9)
				putchar(as[i]+'0');
			if(as[i]>=10&&as[i]<=35)
				putchar(as[i]+'A'-10);
			if(as[i]>=36&&as[i]<=61)
				putchar(as[i]+'a'-36);
		}puts(""); puts("");
	}
	return 0;
}

$ POJ~1050~To~the~Max $ （最大子矩阵和）

单独的一篇题解

$ HDOJ~4864~Task $ （贪心）

$ Solution: $

很套路的一道贪心
首先我们的价值算法和复杂度挖了一个坑：最小的时间价值比最大的难度价值要高
所以我们贪心可以直接按时间来，所以我们先按难度排序
然后用优先队列维护每一个机器能完成的最长时间的任务
然后暴力算答案即可（我们可以发现难度一维并不会产生后效性）

$ Code: $

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>

#define ll long long
#define db double
#define rg register int

using namespace std;

ll ans;
int n,m,t;

struct su{
	int x,y;
	inline bool operator <(const su &z)const{
		if(x==z.x)return y>z.y;
		return x>z.x;
	}
}a[100005],b[100005];
multiset<su> s,k;

inline bool cmp(const su &x,const su &y){
	return x.y<y.y;
}

inline int qr(){
	register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
	while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
	while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
	if(sign)return -res; else return res;
}

int main(){
	//freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
		t=0; ans=0; s=k;
		for(rg i=1;i<=n;++i)
			a[i].x=qr(),a[i].y=qr();
		for(rg i=1;i<=m;++i)
			b[i].x=qr(),b[i].y=qr();
		sort(a+1,a+n+1,cmp);
		sort(b+1,b+m+1,cmp);
		for(rg i=1,j=1;i<=n;++i){
			while(j<=m&&b[j].y<=a[i].y)
				s.insert(b[j]), ++j;
			multiset<su>::iterator it;
			it=s.lower_bound(a[i]);
			if(it==s.end())continue;
			ans+=500*((*it).x)+2*((*it).y);
			s.erase(it); ++t;
		}printf("%d %lld
",t,ans);
	}
	return 0;
}

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