财富(treasure)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
LYK有n个小伙伴。每个小伙伴有一个身高hi。
这个游戏是这样的，LYK生活的环境是以身高为美的环境，因此在这里的每个人都羡慕比自己身高高的人，而每个人都有一个属性ai表示它对身高的羡慕值。
这n个小伙伴站成一列，我们用hi来表示它的身高，用ai来表示它的财富。
每个人向它的两边望去，在左边找到一个最近的比自己高的人，然后将ai朵玫瑰给那个人，在右边也找到一个最近的比自己高的人，再将ai朵玫瑰给那个人。当然如果没有比自己身高高的人就不需要赠送别人玫瑰了。也就是说一个人会给0,1,2个人玫瑰（这取决于两边是否有比自己高的人）。
每个人都会得到若干朵玫瑰（可能是0朵），LYK想知道得了最多的玫瑰的那个人得了多少玫瑰。(然后嫁给他>3<)
输入格式(treasure.in)
第一行一个数n表示有n个人。
接下来n行，每行两个数hi,ai。
输出格式(treasure.out)
一个数表示答案。
输入样例
3
4 7
3 5
6 10
输出样例
12
样例解释
第一个人会收到5朵玫瑰，第二个没人送他玫瑰，第三个人会收到12朵玫瑰。
数据范围
对于50%的数据n<=1000,hi<=1000000000。
对于另外20%的数据n<=50000，hi<=10。
对于100%的数据1<=n<=50000,1<=hi<=1000000000。1<=ai<=10000。
题解：预处理每个数左右第一个比他大的数 O（n）更新的答案
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define inf 2100000000 using namespace std; int n,ret; int l[50009],r[50009],ans[50009]; struct Per{ int h,v; }per[50009]; inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=1; for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-'0'; return x*f; } int main(){ n=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ per[i].h=read();per[i].v=read(); l[i]=r[i]=i; } per[n+1].h=per[0].h=inf; for(int i=1;i<=n;i++){ int h=per[i].h; while(h>=per[l[i]-1].h)l[i]=l[i]-1; while(h>=per[r[i]+1].h)r[i]=r[i]+1; } for(int i=1;i<=n;i++){ l[i]--;r[i]++; if(l[i]!=0)ans[l[i]]+=per[i].v; ret=max(ret,ans[l[i]]); if(r[i]<=n)ans[r[i]]+=per[i].v; ret=max(ret,ans[r[i]]); } printf("%d ",ret); return 0; } /* 9 9 15 9 9 19 15 11 3 2 15 15 10 10 3 15 17 20 1 */
考场看到这个题目 左边第一个比它大的..不是单调栈么..以前做过这样的题目
然后背上code,结果WA了，之前有地方没搞懂..放过了..orz..活该emmm...
正方形(square)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB
题目描述
在一个10000*10000的二维平面上，有n颗糖果。
LYK喜欢吃糖果！并且它给自己立了规定，一定要吃其中的至少C颗糖果！
事与愿违，LYK只被允许圈出一个正方形，它只能吃在正方形里面的糖果。并且它需要支付正方形边长的价钱。
LYK为了满足自己的求食欲，它不得不花钱来圈一个正方形，但它想花的钱尽可能少，你能帮帮它吗？
输入格式(square.in)
第一行两个数C和n。
接下来n行，每行两个数xi,yi表示糖果的坐标。
输出格式(square.out)
一个数表示答案。
输入样例
3 4
1 2
2 1
4 1
5 2
输出样例
4
样例解释
选择左上角在(1,1)，右下角在(4,4)的正方形，边长为4。
数据范围
对于30%的数据n<=10。
对于50%的数据n<=50。
对于80%的数据n<=300。
对于100%的数据n<=1000。1<=xi,yi<=10000。
题目大意：用边长最小的正方形，把在10000*10000矩形上的n个糖果至少套住c个
题解：二分答案
二分正方形的边长，再check
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #define maxn 1009 using namespace std; int c,n,l,r,ans,mid,b[maxn]; struct node{ int x,y; }a[maxn]; bool cmp(node a,node b){ return a.x<b.x; } bool work(int l,int r){ if(r-l+1<c)return false; int o=0; for(int i=l;i<=r;i++)b[++o]=a[i].y; sort(b+1,b+o+1); for(int i=c;i<=o;i++) if(b[i]-b[i-c+1]<=mid)return true; return false; } bool check(int p){ int xx=1; for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i].x-a[xx].x>p){ if(work(xx,i-1))return true; while(a[i].x-a[xx].x>p)xx++; } } if(work(xx,n))return true; return false; } int main(){ scanf("%d%d",&c,&n); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y); sort(a+1,a+n+1,cmp);l=1;r=10000; while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(check(mid)){ ans=mid+1;r=mid-1; }else l=mid+1; } cout<<ans<<endl; return 0; }
追逐(chase)
Time Limit:1000ms Memory Limit:128MB3
题目描述
这次，LYK以一个上帝视角在看豹子赛跑。
在一条无线长的跑道上，有n只豹子站在原点。第i只豹子将在第ti个时刻开始奔跑，它的速度是vi/时刻。
因此在不同的时刻，这n只豹子可能在不同的位置，并且它们两两之间的距离也将发生变化。
LYK觉得眼光八方太累了，因此它想找这么一个时刻，使得最远的两只豹子的距离尽可能近，当然这不能是第0时刻或者第0.01时刻。它想知道的是最迟出发的豹子出发的那一刻开始，离得最远的两只豹子在距离最小的时候这个距离是多少。
当然这个时刻不仅仅可能发生在整数时刻，也就是说可能在1.2345时刻这个距离最小。
输入格式(chase.in)
第一行一个数n。
接下来n行，每行两个数分别是ti和vi。
输出格式(chase.out)
输出一个数表示答案，你只需保留小数点后两位有效数字就可以了。
输入样例
3
1 4
2 5
3 7
输出样例
0.33
样例解释
在第5+2/3这个时刻，第一只豹子在18+2/3这个位置，第二只豹子在18+1/3这个位置，第三只豹子在18+2/3这个位置，最远的两只豹子相距1/3的距离，因此答案是0.33。
数据范围
对于20%的数据n=2。
对于20%的数据n=3
对于60%的数据n<=100。
对于80%的数据n<=1000。
对于100%的数据n<=100000，1<=vi,ti<=100000。
题解：计算几何 弃疗
把每个豹子看成一条直线。
把距离起点最远的和最近的标记出来，那么答案就是所有绿色条条最小的那一个。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<cmath> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const long double INF=(long double)1000000000*10; long double L,R,mid,ans,hh[100005]; int r,rr,i,n,MAX,X,Y,cnt,vv[100005],vv2[100005]; struct node2 {int t; long double l;} s[200005],S[200005]; struct node {int t,v;} t[100005]; int cmp(node i,node j) {return i.v<j.v || i.v==j.v && i.t>j.t;} struct Node {long double x;int y,z;} p[200005]; int CMP(Node i,Node j) {return i.x<j.x;} long double work(int x,long double y) {return (long double)t[x].v*y-hh[x];} int main() { freopen("chase.in","r",stdin); freopen("chase.out","w",stdout); while (1) { scanf("%d",&n); // if (n==0) return 0; MAX=0; for (i=1; i<=n; i++) { scanf("%d%d",&t[i].t,&t[i].v); MAX=max(MAX,t[i].t); } sort(t+1,t+n+1,cmp); int MIN=t[n].t; for (i=n-1; i>=2; i--) { if (t[i].t>MIN) vv[i]=1; else MIN=t[i].t,vv[i]=0; } for (i=1; i<=n; i++) hh[i]=(long double)t[i].t*t[i].v; r=1; s[1].l=MAX; s[1].t=1; s[2].l=INF; vv[n]=0; for (i=2; i<=n; i++) if (!vv[i]) { while (r && work(i,s[r].l)>=work(s[r].t,s[r].l)) r--; if (!r) {r=1; s[1].l=MAX; s[1].t=i; continue;} L=s[r].l; R=s[r+1].l; mid=(L+R)/2.0; for (int I=1; I<=80; I++) { if (work(i,mid)>=work(s[r].t,mid)) {R=mid; mid=(L+R)/2.0;} else {L=mid; mid=(L+R)/2.0;} } s[++r].l=mid; s[r].t=i; s[r+1].l=INF; } rr=1; S[1].l=MAX; S[2].l=INF; S[1].t=n; MIN=t[1].t; for (i=2; i<n; i++) if (t[i].t<MIN) vv2[i]=1; else MIN=t[i].t,vv2[i]=0; for (i=n-1; i>=1; i--) if (!vv2[i]) { while (rr && work(i,S[rr].l)<=work(S[rr].t,S[rr].l)) rr--; if (!rr) {rr=1; S[1].l=MAX; S[1].t=i; continue;} L=S[rr].l; R=S[rr+1].l; mid=(L+R)/2.0; for (int I=1; I<=80; I++) { if (work(i,mid)<=work(S[rr].t,mid)) {R=mid; mid=(L+R)/2.0;} else {L=mid; mid=(L+R)/2.0;} } S[++rr].l=mid; S[rr].t=i; S[rr+1].l=INF; } cnt=0; for (i=1; i<=r; i++) {p[++cnt].x=s[i].l; p[cnt].y=1; p[cnt].z=s[i].t;} for (i=1; i<=rr; i++) {p[++cnt].x=S[i].l; p[cnt].y=0; p[cnt].z=S[i].t;} sort(p+1,p+cnt+1,CMP); X=Y=0; ans=INF; for (i=1; i<=cnt; i++) { if (p[i].y==1) X=p[i].z; else Y=p[i].z; // printf("%.5f ",(double)p[i].x); if (X && Y) ans=min(ans,work(X,p[i].x)-work(Y,p[i].x)); } printf("%.2f ",fabs((double)ans)); return 0; } }