以后争取补题不看别人代码，只看思路，今天就是只看思路补完的题，有点小激动。
A. Valera and Plates
水题，贪心地先放完第一种食物，在考虑第二种。
居然被卡了一会，心态要蹦 :(；
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,k; int main() { cin>>n>>m>>k; int cnt1=0,cnt2=0; for(int i=1;i<=n;i++) { int g; scanf("%d",&g); if(g==1) cnt1++; else cnt2++; } int ans=0; if(m<=cnt1) ans+=cnt1-m,m=0; else k+=(m-cnt1); ans+=max(0,cnt2-k); cout<<ans<<endl; }
B. Valera and Contest
题目大意：给你n个数，你不知道第i个是多少，但是你知道里面数的最大值和最小值，所有数的和，
以及前k大个数的和，让你构造出这n个数。
思路：按平均数来构造，有余数补上，有一点wa了一次，取膜的时候没有考虑k==n的情况，用0取了膜，
以后不能犯这个错误了！！！
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,k,l,r,sa,sk; int ans[10005]; int main() { cin>>n>>k>>l>>r>>sa>>sk; int g=sk/k,sg=sk%k; int now=0; for(int i=1;i<=k;i++) { ans[i]=g; if(i<=sg) ans[i]++; now+=ans[i]; } if(k<n) { int ssum=sa-sk; g=ssum/(n-k),sg=ssum%(n-k); for(int i=1;i<=n-k;i++) { ans[i+k]=g; if(i<=sg) ans[i+k]++; } } for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d%c",ans[i],i==n? ' ':' '); return 0; }
C. Valera and Elections
题目大意：有一棵树，有些边有问题，需要修复，修复的方法就是选出节点的子集，每个选中的节点
修复这个节点到 1 节点的所有有问题的边，问你最少需要选几个节点。
思路：还是比较好想的，直接从1开始dfs，用数组ans保存答案，top为其栈顶，每次dfs到一个节点，
先记录当前栈顶的值，回溯回来后，看当前栈顶是不是和第一次进入的时候一样，如果一样说明，
这个节点的下面没有有问题的边，如果这个节点通向其父节点的边是有问题的那么这个节点一定要选，
如果当前栈顶和第一次进入的时候不一样，说明这个节点的子节点中已经有一个作为答案了，
当前节点不需要选。
#include<bits/stdc++.h> #define pii pair<int,int> #define pb push_back #define mk make_pair #define fi first #define se second using namespace std; const int N=1e5+5; vector<pii> e[N]; int n,tot=0,ans[N]; void dfs(int u,int p,int pe) { int now=tot; for(int i=0;i<e[u].size();i++) { pii to=e[u][i]; if(to.fi==p) continue; dfs(to.fi,u,to.se); } if(pe==2 && tot==now) ans[++tot]=u; } int main() { cin>>n; for(int i=1;i<n;i++) { int from,to,op;scanf("%d%d%d",&from,&to,&op); e[from].pb(mk(to,op)); e[to].pb(mk(from,op)); } dfs(1,-1,-1); cout<<tot<<endl; for(int i=1;i<=tot;i++) printf("%d%c",ans[i],i==tot?' ':' '); return 0; }
D. Valera and Fools
题目大意：有n个笨蛋站在一排，每个人手里都有枪，他们的编号分别为1->n，每个人都有一个打死人
的概率(0-100)%，现在进行k轮游戏，每一轮，除编号最小的人朝编号第二小的人开枪，其他人都向
编号最小的人开枪，问你k轮之中有几种不同的情形，即活着的人不同的情况。
QAQ 不会写啊，知道是dp也不会写，看来我dp还是太弱了，该写写dp的专题了！！！
思路：我们首先要明确一点，第三大编号即以上的人一定是活着的，那么我们用dp[ i ][ j ]，表示到达
最小编号为i 第二小编号为 j 的情形 最少需要几轮游戏。初始状态 dp[ 1 ][ 2 ]=0，这样就能写出状态
转移方程了。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=3005; const int inf=0x3f3f3f3f; int n,k,dp[N][N],p[N],mx[N];//mx[i] 表示i及以后概率的最大值。 int main() { cin>>n>>k; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i]); for(int i=n;i>=1;i--) mx[i]=max(mx[i+1],p[i]); memset(dp,inf,sizeof(dp)); dp[1][2]=0; for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=i+1;j<=n;j++) { if(dp[i][j]>=inf) continue; if(mx[j]>0 && p[i]<100) dp[j][j+1]=min(dp[j][j+1],dp[i][j]+1); if(p[i]>0 && mx[j]!=100) dp[i][j+1]=min(dp[i][j+1],dp[i][j]+1); if(mx[j]>0 && p[i]>0) dp[j+1][j+2]=min(dp[j+1][j+2],dp[i][j]+1); } } int ans=0; for(int i=1;i<=n+2;i++)//i,j如果大于n说明 只剩一个人或者没有人或者。 { for(int j=i+1;j<=n+2;j++) { if(dp[i][j]<=k) ans++; } } printf("%d ",ans); return 0; }
E. Valera and Queries
题目大意：给你n条线段，然后又m组询问，每一组询问有cnt[ i ]个数，问你这些线段中有多少是
覆盖了这里面任意一个点的，覆盖1个2个...都可以。
一看就知道是线段树(树状数组)的题目，可是不会写啊！！
思路：我们可以很巧妙地转换一下，求覆盖的线段，可以先求一个点都没有覆盖的线段，然后总的
减去就好了，这样问题就变成了，给你的cnt[ i ]个点相邻的两个之间有多少条线段。这样我们就能用
树状数组了，先将线段按 r 值排序，注意如果是保存前缀，一定是要用 r 值排序的。每个树状数组的
节点保存，所管理的区域范围内的 l 的值，并将 l 值排好序。找位于相邻两点之间的线段数量时，
树状数组每个节点lower_bound一下就好了。
#include<bits/stdc++.h> #define pii pair<int,int> #define fi first #define se second #define mk make_pair #define pb push_back using namespace std; const int N=3*1e5+5; int n,m,top=1,x[N];//x 保存r的值，离散化的时候去重，排序。 vector<int> bt[N],o[N]; pii p[N]; bin_search(int tar)// 离散化，r真正地值查找对应的编号。 { int l=0,r=top; while(1) { int mid=(l+r)>>1; if(x[mid]==tar) return mid; else if(x[mid]<tar) l=mid+1; else r=mid-1; } } int low_bit(int u){return u&-u;} void build() { for(int i=1;i<top;i++) { int up=low_bit(i); for(int j=i;j>i-up;j--) { for(int k=0;k<o[j].size();k++) { int now=o[j][k]; bt[i].pb(now); } } sort(bt[i].begin(),bt[i].end()); } } int query(int u,int l) { int sum=0; while(u>0) { int c=upper_bound(bt[u].begin(),bt[u].end(),l)-bt[u].begin(); sum+=bt[u].size()-c; u-=low_bit(u); } return sum; } int main() { cin>>n>>m; for(int i=0;i<n;i++) { scanf("%d%d",&p[i].fi,&p[i].se); x[top++]=p[i].se; } sort(x,x+top); top=unique(x,x+top)-x; for(int i=0;i<n;i++) { int g=bin_search(p[i].se); o[g].pb(p[i].fi); } build(); int sum=0,q,p; while(m--) { sum=0;p=0; int cnt; scanf("%d",&cnt); for(int i=1;i<=cnt;i++) { scanf("%d",&q); int pos=lower_bound(x+1,x+top,q)-x; pos--; sum+=query(pos,p); p=q; } sum+=query(top-1,p); printf("%d ",n-sum); } return 0; }
ps: e题网上的作法貌似比我的快，用的也是树状数组，不过他是把题目原来的线段和后来两点间的
线段保存在一起，最后一起离线处理，把所有线段都按 l 的大小降序（如果 l 一样,r小的优先），这样
从头往后扫，这样就保证了后面的线段的 l 值不会大于前面的，这样只要看 r 值就行了，r的个数
保存在树状数组中。