2016.07.19【初中部 NOIP提高组 】模拟赛C
题目：https://jzoj.net/senior/#contest/home/1766
T1：题目大意：在题目给出的m个字符串中找出其中每一个字符串在题目给出的另n个字符串所相对应的的一个字符串的前缀。
很明显对于第一问，求总共有多少个前缀，很明显就是二分，只要把n个字符串排个序就可以了（强烈谴责水过去的！）
对于第二问，我们只需找出在所有可能出现的方案当中的规律。
例：
f[0]=1,f[1]=1,f[2]=2,f[3]=3,f[4]=5,f[5]=8,f[6]=13……
明显这是一个斐波那契数列，高精度即可。
T2:题目大意：对于给定的m个区间[L..R]，使得这m个区间里的R-L+1等于“一个相同的数”，并使得他们所到达这个数的绝对值的总和最小。
很明显这是找一个中位数，如果直接暴力求解的话，明显超时，只能水大概70分，时间复杂度是O(nm)。
然而很明显我们可以优化。
但，要明白优化什么。
其实，优化的就是我们如何确定n个数到中位数的距离和——亦指绝对值的总和。
例：
15 11 9 8 7 5 3 2
设中位数是8.
则，
大于8的有：15 11 9
小于8的有：7 5 3 2
计算方法为：15+11+9-（8+8+8）+（8+8+8+8）-（7+5+3+2）=26
很明显，我们可以把所选的数排好序之后分成两堆数，一堆是大于中位数的，一堆是小于中位数的。这两堆对应着不同的计算方法，而这计算方法简单易求，这里就不写了。
求的时候注意一个细节：
因为我们最终要优化的是时间，所以当我们在区间里暴力找中位数时，找到一半时即可停下，然后记录大堆或小堆。再用这一个区间的总和减去大堆或小堆则为另一堆的值。求总和预处理即可。
这样子效率就变成了O(Nlogn+nm/2+n²)，勉强能过。
然而这分明是数据水的缘故。因题目的m<=200000，如果将m再改大一点，改成1000000或5000000，上述方法明显是过不了的，接下来要将一种O(n²+m)的算法。
这种算法其实与上述方法是差不多的，其中心思想就是找出一个中位数，然后用上述方法求出这个区间里的数与这个数的绝对值总和。
最大的不同其实就是找中位数的方法。
这里介绍一种数据结构叫做——堆。
{上述方法用了O(n/2)的效率找出大堆和小堆，这里的堆与真正的堆是不同的性质，我只是顺口罢了，也可以叫做大集合或小集合。但这种方法因题目限制，虽然速度很快，而每次区间求值的时候都有可能重复求值，这样子很明显效率不高。（但如果预先处理的话，虽然没能证实，但确实很难不用堆就做到O(n²)）}
首先先要明白为什么用堆。因为我们转化后的核心思想是，预处理出每个区间的答案，然后对于m个区间直接输出这个区间的答案即可——亦即O(n²+m)。所以，我们在求这个区间的答案的时候就需要用到堆了。
我们设对于[L..R]这个区间的答案是f[l,r]则，如果我们要求f[l,r]的时候，我们需要维护一个最大堆和最小堆。
最终的就是维护的方法，其方法如下：
当前每次加入一个数，必须保证小根堆的个数大于大根堆的个数，亦即——第一次加入数的时候肯定是放到最小堆。
其次，我们还需保证小根堆里的每个值必须大于大根堆当中的最大值。
并且，我们当前大根堆的个数如果已经小于小根堆的话，则要把下一个数加到大根堆里，反之亦然。
而当我们加入一个数时，会有两种特殊情况：
设加入的数为x，如果欲加入到大根堆里时，x大于小根堆的最小值，则进行temp1操作。
反之————— 如果欲加入到小根堆里时，x小于大根堆的最大值，则进行temp2操作。
temp1：把x放到小根堆中，并且把小根堆的堆顶放到大根堆当中，并维护两堆性质。
temp2：把x放到大根堆中，并且把大根堆的堆顶放到小根堆当中，并维护两堆性质。
如果没出现这两种特殊情况，则把x放进其应该放进的堆中，并维护堆的性质。
这样做了之后，每次维护堆性质之后，小根堆的堆顶就是中位数，至于为什么，这里就不详细说明，可以自己草稿本上手模拟一下，然后你就会发现这是正确并且你举不出反例。
T3:题目大意：指在一颗树上第u个点到是否能到达第v个点，并输出到达的方案数以及距离。
gjx神犇讲述了一种叫做求时间戳的方法：
把图dfs一遍，求出从根到一个点的第一次访问时间，设为first[i]，以及以这个点为根的子树的最大访问时间，设为finish[i]，则满足v是u的子树的条件是first[u]
T4:找出h个矩形，使得每个矩形上下贴合，且第i+1个矩形的宽度必须大于第i个矩形的宽度，并求出h个矩形的最大面积（有些位置不能摆，题目0的地方是可摆，1的地方不可摆，矩形必须在可摆的地方之中）。
很明显是动态规划，搜索只能拿到20分。
具体方法是：
设f[i,j,p,q]表示第i行，总共摆了j个矩形，第i行的下标为p,q的边为舞台底边的最大面积。
g[i,j,p,q]表示第i行，总共摆了j个矩形，第i行下表为p,q以内的所有可能存在的边为舞台底边的最大面积。
则显然：
g[i,j,p,q]=max(max(g[i,j,p,q-1],g[i,j,p+1,q]),f[i,j,p+1,q-1]);//至于这里为什么是f[i,j,p+1,q-1]请读者自行思考。
而当p~q区间里所有的数都是0时，则f[i,j,p,q]=max{f[i-1,j,p,q],g[i-1,j-1,p,q]}+q-p+1.
介于这种方法，还需要将行数滚动，才可AC。
现在主要是讲讲这道题动态规划的独特之处。
假设我们要求f[i,j,p,q]的最优解的时候，如果我们不知道p+1~q-1这区间的最优解，我们肯定要枚举当前p~q，看到底边以什么距离做下标能得到最优解，然而这样子毋庸置疑会时超。所以这里我们就加了一个g[i,j,p,q]表示p+1~q-1的最大值，则在求f[i,j,p,q]的时候就可以直接通过g[i-1,j-1,p,q]来当做其中的一个决策了，这样子就可以保证即可求出最优解，又能缩短时间，可以称为一大优化。其实就是借鉴了搜索的思想，在其上优化而已，虽没用dfs做过，但我觉得只要按着这种优化的方法和思想，也一定能用记忆化搜索做出。
总结：
估分 实际分
100 100
50 20
50 50
40 20
第2题就是因为忘记把longint改成int64，白白少了50分，而第4题则是高估了递归的效率。所以，总的来说考的还不是很好，第2题还是有失误，下次一定吸取教训，少犯错误。