【游戏通关】解题报告

背景背景 


  机房里的人都十分认真地在编程，但总有一些人会偷偷玩游戏。。。。。。 


问题描述问题描述 
问题描述问题描述 


   XY 经常在机房里偷偷玩游戏，于是他也经常被CJH 教练批评。但屡次的批评一点作用也 
没有，你看他又开始玩起了游戏。 
  这次XY 可碰上难题了，因为据可靠的线报CJH 教练在不久后就回来机房，但XY 需要完 
成N 个任务才能将这个游戏通关。 
  每个任务完成时限T，就是这个任务必须在时间T 之前完成（你可以认为游戏刚开始的时 
间为1），还有完成这个任务XY 可以获得一定的奖励W。由于XY 娴熟的技术以及任务的简 
单，他可以在一个单位时间将任务完成。 
  XY 想要在CJH 教练到来之前将任务全部完成，同时他也想获得最多的奖励。这个他本来 
可以编程自己完成的，但是为了能马上将游戏通关，他需要全神贯注进去。于是他没有空编 
程计算，于是他希望你能帮助他将问题的答案计算出来。 


输入格式输入格式 
输入格式输入格式 


  输入数据第一行有一个整数N ，表示需要完成的任务数目； 
  接下来N  行，每行两个整数T，W  （中间用一个空格隔开），分别表示完成这个任务的最 后期限和完成这个任务后获得的奖励。 

输出格式输出格式 
输出格式输出格式 

  输出数据有且仅有一行，只包含一个整数S，表示最多获得的奖励。 

样例输入输出样例输入输出 
样例输入输出样例输入输出 

Sample #1 
game.in                                    game.out 
2                                          5 
1 5 
1 4 

Sample #2 
game.in                                    game.out 
5                                          15 
2 3 
1 2 
4 5 
1 3 
3 4 

样例解释样例解释 
样例解释样例解释 

  对于样例2 XY 可以选择完成任务1，3，4 和5，这样他可以获得奖励15。 

数据规模数据规模 
数据规模数据规模 

对于10%的数据，N≤100，Ti≤100，Wi≤2000； 
对于30%的数据，N≤1000，Ti≤5000，Wi≤2000； 
对于50%的数据，N≤10000，Ti≤20000，Wi≤2000； 
对于100%的数据，N≤200000，Ti≤200000，Wi≤2000 。 

时间限制时间限制 
时间限制时间限制 
1s 

这道题一看感觉是一道简单题，就随便想了一个贪心策略来解，结果悲剧地WA0。这是个血的教训啊。听上去讲解的同学，他们的贪心策略都是证明过的。

唉。。。其实考试的时候时间也没有那么紧张，证明一下也何尝不好呢？？

我的贪心策略就是，每一时刻选择一个期限为当前时间的最大价值的任务来做。其实这个反例太多，只是我没有去想过。

如四个任务的时间 1 1 2 2，价值1 1 100 100，最大价值为200而不是101。

这道题的好方法有几个。

梁旭罡：

使用了两个接近正解的贪心策略，每次从中取出较小值（这两个贪心策略都是过贪的），结果AC了。这个值得学习。

program seat;
const
  f1=2;
  f2=3;
var

  ex,jj,jz:array[1..2,1..2]of int64;
  n,m:longint;

procedure init;
begin
  assign(input,'seat.in');
  reset(input);
  assign(output,'seat.out');
  rewrite(output);
end;

function f(n:int64):int64;
var
  i:longint;
  nn:int64;
  p:boolean;
begin
  jz[1,1]:=0;
  jz[1,2]:=1;
  jz[2,1]:=1;
  jz[2,2]:=1;
  p:=true;
  nn:=n-2;
  while nn>0 do begin
    if nn and 1=1  then begin
      if not p then begin
        ex[1,1]:=(jj[1,1]*jz[1,1]+jj[1,2]*jz[2,1])mod m;
        ex[1,2]:=(jj[1,1]*jz[1,2]+jj[1,2]*jz[2,2])mod m;
        ex[2,1]:=(jj[2,1]*jz[1,1]+jj[2,2]*jz[2,1])mod m;
        ex[2,2]:=(jj[2,1]*jz[1,2]+jj[2,2]*jz[2,2])mod m;
        jj:=ex;
      end
      else begin jj:=jz;p:=false end;
    end;
    ex[1,1]:=(jz[1,1]*jz[1,1]+jz[1,2]*jz[2,1])mod m;
    ex[1,2]:=(jz[1,1]*jz[1,2]+jz[1,2]*jz[2,2])mod m;
    ex[2,1]:=(jz[2,1]*jz[1,1]+jz[2,2]*jz[2,1])mod m;
    ex[2,2]:=(jz[2,1]*jz[1,2]+jz[2,2]*jz[2,2])mod m;
    jz:=ex;
    nn:=nn shr 1;
  end;

  case n of
    1:begin f:=f1;exit;end;
    2:begin f:=f2;;exit;end;
  end;
  f:=(f1*jj[1,2]+f2*jj[2,2])mod m;
end;

procedure main;
var
  t,i:longint;
begin
  readln(t,m);
  for i:=1 to t do begin
    readln(n);
    writeln(f(n));
  end;
  close(output);
end;

begin
  init;
  main;
end.

汪维正+彭靖田

贪心+堆优化

我打出来了这个。

思路：因为正向贪容易推出反例来，因此考虑到了反向来贪心，这是个好思路，值得学习呀。

就是从最大的时间到最小的时间，最后时刻，只能够选择期限为这个时刻的任务，否则就没得做了，因此做这个时刻价值最大的任务，用反证法，如果做其他的任务，解只可能小于或等于最优解。

剩下来的任务保留，或不做，或在前面时刻做，每一个时刻都把期限为当前时刻的任务加入进来，选择最优的，最优的选择同上。

因此考虑使用堆优化。维护一个大根堆。

（常常易忘记的del()函数的返回值）

这个思路不难，也易证明。这个反向来贪心的思路不错！！还有以后时间不紧的情况下一定要证明自己的策略！！

//用堆的贪心方法 

#include 
#include 
long n;
struct node
{
	long t;
	long a;
};
const long oo = 0x7fff0000;
long heap[200002];
long size = 0;
long start[200002];
node task[200002];
long ans = 0;

void swap(long a,long b)
{
	long tmp = heap[a];
	heap[a] = heap[b];
	heap[b] = tmp;
}

void adjust_down(long l)
{
	while((l<<=1)task[heap[l]].a)l++;
		if (task[heap[l>>1]].a>1,l);
		else break;
	}
}

void adjust_up(long l)
{
	while (l>1)
	{
		if (task[heap[l]].a>task[heap[l>>1]].a)swap(l,l>>1);
		else break;
		l >>= 1;
	}
}

long del()
{
	if (size<=0) return -1;
	long tmp = heap[1];
	heap[1] = heap[size];
	size--;
	adjust_down(1);
	return tmp;
}

void insert(long l)
{
	size++;
	heap[size] = l;
	adjust_up(size);
}

int bigger(const void *a,const void* b)
{
	long aa = *(long*)a;
	long bb = *(long*)b;
	if (aa>bb)
		return 1;
	else if (aa==bb)
		return 0;
	return -1;
}

int main()
{
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	scanf("%ld",&n);
	for (long i=1;i0;i--)
	{
		if (start[task[i].t]==0)
			start[task[i].t]=i;
	}
	
	long index = n;
	
	for (long i=task[index].t;i>0;i--)
	{
		while (index>=0&&task[index].t==i)
		{
			insert(index);
			index--;
		}
		long tmp = del();
		if (tmp>0)
			ans += task[tmp].a;
	}
	printf("%ld",ans);
}

刘德恩：

贪心+并查集

代码比较简短，思路比较巧妙。

仍然是贪心。

每次选择价值最大的任务，如果能做（接下来讨论）就做，不能做则放弃并选择次优。

能做即从1时刻到任务的最后时刻有空可以做，

做一个任务，一定要完成，则尽量晚，更多的任务可以有时间完成。只会更优，不会更差。

这就可以得到一个朴素的贪心策略。

考虑优化，每扫描到一个任务，要让它能够完成，并时间尽量晚，则应该把它插入1~当前时刻离当前时刻最近的点。

因此想到了区间，又因此想到了集合，并查集。

每次插入点的操作都是一次合并的操作。区间中的点的父亲都指向最左边的那一个点的左边，即最早有空隙的地方。

考虑1~i全部合并的情况，即为所有的i父亲指向0。则1~i不再有空隙了。

这是一个好方法，但是不容易想到。

这个给我启示！！

有时候思路要打开。例如这里，要能从插入的空隙联想到连续区间，再联想到并查集，再联想到父亲指向空隙！！

这思维还是比较跳跃的。。。

我的代码

#include 
#include 


struct node
{
	long t;
	long a;
};


long fa[200002];


int bigger(const void* a,const void* b)
{
	node* aa = (node*) a;
	node* bb = (node*) b;
	
	if (aa->a>bb->a)
		return -1;
	if (aa->a==bb->a)
		return 0;
	return 1;
}


long getroot(long a)
{
	if (fa[a]==a) return a;
	return fa[a] = getroot(fa[a]);
}


void merge(long a,long b)
{
	fa[getroot(a)] = getroot(b);
}


long n;
node task[200002];
long ans = 0;


int main()
{
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	scanf("%ld",&n);
	
	long max = 0;
	
	for (long i=1;i?= task[i].t;
	}
	for (long i=0;i

刘德恩：

#include
#include
#include
using namespace std;

struct ee
{
       int timee,w;
}a[500000];
int n,ans;
int pre[500000];

void init()
{
     freopen("game.in","r",stdin);
     freopen("game.out","w",stdout);
}

int cmp(const void *a,const void *b)
{
    struct ee *c=(ee *)a;
    struct ee *d=(ee *)b;
    if(c->w < d->w) return 1;
    return -1;
}

void readdata()
{
     scanf("%d\n",&n);
     int i;
     for(i=1; i<=n; i++)
     scanf("%d%d\n",&a[i].timee,&a[i].w);
     qsort(a+1,n,sizeof(a[1]),cmp);
}

int getpre(int x)
{
    if(x==pre[x]) return pre[x];
    pre[x]=getpre(pre[x]);
    return pre[x];
}

void merge(int x,int y)
{
     int f,ff;
     f=getpre(x);
     ff=getpre(y);
     pre[f]=ff;
}

void work()
{
     int i,t,maxx;
     maxx=0;
     for(i=1; i<=n; i++)
     maxx=maxx>a[i].timee ? maxx:a[i].timee;
     
     for(i=0; i<=maxx; i++) pre[i]=i;
        
     for(i=1; i<=n; i++)
     {
              t=getpre(a[i].timee);
              if(t!=0)
              {
                      ans+=a[i].w;
                      merge(t,t-1);
              }
              if(getpre(maxx)==0) return;
     }
}

void print()
{
     printf("%d\n",ans);
}

int main()
{
    init();
    readdata();
    work();
    print();
    return 0;
}