/* 又是AK局... hjc又双叒叕AK了... Hmmm...我侥幸 */
Problem A card
给出无序序列a[]可以选择一个数插入到合适的位置作为一次操作，至少多少次操作后可以把序列变成有序。
对于100%的数据，序列长度 $lleq5e5$
Solution ： 最长上升子序列(LIS)-n
这个是显然的结论，最优的话一定是保证LIS情况下，把除LIS外的数依次加到有序的LIS里面刚好加了这么多个。
所以答案是n-LIS，最优性显然: LIS保证需要插入的数字数量最少，而需要插入的数字最少只需要1步移动就一定可以保证把数列LIS增加1.
O(n log2 n)复杂度求LIS是这道题的关键。记f[i]表示长度为i的上升子序列末尾元素最大是多少。
显然当i变大的时候f[i]单调不降，有单调性，可以二分优化转移。找到第1个j，$f[j] leq a[i]$，转移就行。
注意这个需要最大化j才能保证转移最优，所以是upper_bound而不是lower_bound。
# pragma G++ optimize(2) # include <iostream> # include <cstring> # include <cstdio> # include <algorithm> using namespace std; const int N=1e6+10; int a[N],ans,n,f[N]; inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } int main() { freopen("card.in","r",stdin); freopen("card.out","w",stdout); n=read(); int ans=0; for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); memset(f,0x3f,sizeof(f)); f[1]=a[1]; for (int i=2;i<=n;i++) { int p=upper_bound(f,f+1+n,a[i])-f-1; if (p==-1) { f[1]=min(f[1],a[i]); ans=max(ans,1); continue;} ans=max(ans,p+1); f[p+1]=min(f[p+1],a[i]); } cout<<n-ans<<' '; return 0; }
Problem B pikaqiu
给出n*m的地图每个点可以是石头(1)和路(0)，经过路的代价是1，经过石头的代价是5，有起点(5)和终点(9)，问起点到终点最小代价是多少，
若代价大于可支付的能量T，输出-1，否则输出剩余能量。
对于100%的数据： $n,mleq 500$
Solution ： 拆点跑Dijkstra最短路，考虑一个点和上下左右四个点有有向连边，若这个点是石头那么建长为5的边否则建长为1的边
然后这个图变成是n2个点，4n2条边的有向图，然后跑Dijkstra，求出[s,t]的最短路即可。（注意一定是单向加边，由于重边会导致本来是石头的边变成路，造成冲突）
-spfa已经死了 -不他没活过
复杂度O(n2 log2 n2)
# pragma G++ optimize(2) # include <iostream> # include <cstring> # include <algorithm> # include <cstdio> # include <queue> using namespace std; const int N=1e6+10; const int dx[]={-1,0,1,0}; const int dy[]={0,1,0,-1}; int T,n,m; int head[N],d[N],mp[N]; int s,tot=0,INF; bool vis[N]; struct record{ int pre,to,w; }a[N<<1]; # define Num(i,j) (m*(i-1)+j) inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } void adde(int u,int v,int w) { a[++tot].pre=head[u]; a[tot].to=v; a[tot].w=w; head[u]=tot; } struct rec{ int id,lenth; bool operator < (const rec a)const{ if (lenth!=a.lenth) return lenth>a.lenth; else return id>a.id; } }; priority_queue<rec>q; int dijkstra(int s,int e) { memset(vis,false,sizeof(vis)); memset(d,127,sizeof(d));INF=d[0];d[s]=0; rec Node; Node.id=s; Node.lenth=0; q.push(Node); while (! q.empty()){ rec Node=q.top(); q.pop(); int u=Node.id; if (vis[u]==true) continue; vis[u]=true; for (int i=head[u];i!=0;i=a[i].pre){ int v=a[i].to; if (d[v]-a[i].w>d[u]) { d[v]=a[i].w+d[u]; rec N; N.id=v;N.lenth=d[v]; q.push(N); } } } return d[e]; } int main() { freopen("pikaqiu.in","r",stdin); freopen("pikaqiu.out","w",stdout); T=read(); n=read(); m=read(); int Str,End; for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) { int t=Num(i,j);mp[t]=read(); if (mp[t]==5) Str=t; else if (mp[t]==9) End=t; } for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=m;j++) { int now=Num(i,j); for (int tp=0;tp<4;tp++) { int x=i+dx[tp],y=j+dy[tp]; if (x<1||x>n||y<1||y>m) continue; int num=Num(x,y); if (mp[num]==1) adde(now,num,5); else adde(now,num,1); } } int Ans=dijkstra(Str,End); if (Ans>=T) puts("-1"); else cout<<T-Ans<<' '; return 0; }
Problem C min
一个含有n项的数列a[]，求出每一项前面的第m个数到它这个区间内的最小值Mini
对于100%的数据 $nleq 1e7$
Solution :
单调队列题目，显然给了60%的线段树的暴力分。考虑O(n)做法。
弄一个双端队列deque然后前面弹出不在范围内的数，后面弹出不优的数和插入一个新的数。
队列维护的是下标单增，值单增的数列，同时保证在范围内，取数时取队头。
luogu 滑动窗口 单调队列裸题。
# pragma G++ optimize(2) # include <deque> # include <iostream> # include <cstdio> using namespace std; const int N=1e6+10; int a[N],n,m; deque<int>q; inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } void write(int x) { if (x<0) x=-x,putchar('-'); if (x>9) write(x/10); putchar('0'+x%10); } signed main() { freopen("min.in","r",stdin); freopen("min.out","w",stdout); n=read();m=read(); int Test=1; for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(); for (int i=1;i<=n;i++) { while (!q.empty()&&q.front()<i-m) q.pop_front(); while (!q.empty()&&a[q.back()]>=a[i]) q.pop_back(); q.push_back(i); write(a[q.front()]);putchar(' '); } putchar(' '); return 0; }
Problem D smrtfun
给出n个数对$(left_i,right_i)$选出若干组，
最大化 $sumlimits_{i=1}^k left_i + sumlimits_{i=1}^k right_i$ 且 $ sumlimits_{i=1}^k left_i geqslant 0 , sumlimits_{i=1}^k right_i geqslant 0$
对于100%的数据 $n leq 100$
Solution： 背包问题，令$f[i][j]$表示前i个数对，$left$求和等于$k$，$right$求和的最大值。
转移比较简单就是 $f[i][j]=max { f[i-1][j],f[i-1][j-left_{now}]+right_{now} } $
答案就是 max{f[n][j]} (0<=j<=INF)
然后初始值比较恶心，f[0][]都是负无穷，然后f[0][0]=0
然而c++没有下标为负数的数组，需要加上基底E=1e5才行，
时间复杂度O(n*mx2)
# pragma G++ optimize(2) # include <iostream> # include <cstdio> # include <cstring> # define left Lift # define right Right using namespace std; const int N=105,M=1e5+10; const int E=1e5; const int INF=1e5-1; int f[N][M<<1]; int left[N],right[N]; int n,mx,ans; int max(int x,int y) {return (x>y?x:y);} inline int read() { int X=0,w=0; char c=0; while(c<'0'||c>'9') {w|=c=='-';c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9') X=(X<<3)+(X<<1)+(c^48),c=getchar(); return w?-X:X; } int main() { freopen("smrtfun.in","r",stdin); freopen("smrtfun.out","w",stdout); n=read(); for (int i=1;i<=n;i++) left[i]=read(),right[i]=read(); memset(f[0],~0x3f,sizeof(f[0])); f[0][E]=0; for (int i=1;i<=n;i++) for (int j=-INF;j<=INF;j++) { f[i][j+E]=f[i-1][j+E]; if (j-left[i]<-INF||j-left[i]>INF) continue; f[i][j+E]=max(f[i-1][j-left[i]+E]+right[i],f[i][j+E]); } for (int j=0;j<=INF;j++) if (f[n][j+E]>=0) ans=max(ans,f[n][j+E]+j); cout<<ans<<' '; return 0; }