2017-2018 ACM-ICPC, NEERC, Southern Subregional Contest

I题：

题意：将一个升序排好的数列切成若干段，要求每段的长度>=k，对每一段中最大值与最小值的差取个最大值，问这个最大值最小是多少

思路：很容易想到二分答案然后check一下是否满足条件， check的方法，一开始想的是贪心取， 发现尽可能多的取，会造成最后一段不够k， 以及分界点（切下去的点）变化，造成不满足，实际上合理选择分界点是可以的， check的正确方法是dp记忆化一下，d[i]表示[1..d[i]]一段可以按上述要求进行切割，且d[i]是i及其之前最靠近i的位置（即从头开始到i位置处最远可以切割到的位置），

则若有d[n]==n，则意味着一整段都可以进行切割。

若[d[i-k]+1,i]一段能被切割，则[1,i]一整段就能被切割，于是有d[i]==i；

否则d[i]继承上次跑到的最远位置last.

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k题：

题意：

给定一个数列a，每个元素初始值为s[i]，可以加上g[i]的变化量，要求最终得到的数列中相邻两数的绝对值之差≤1. 问总共最多能加的值是多少。输出总和及各点变化后的量。

思路:

    这道题如果比较了解两个区间的关系，可以很快有思路吧。（六种情况）

    一开始就想到一种比较难处理的栗子， 只需要正着和反着扫一遍， 贪心维护一下就好，

    从前往后扫的时候维护处最大和最小的值，便可以check出是否有可行解。

    从后往前就贪心的取每一个值，即可。

 

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using namespace std;

const int maxn = 2e5 + 5;

int n;
int a[maxn], g[maxn], xmax[maxn], xmin[maxn];
int now[maxn];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    long long sum = 0, ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d%d", &a[i], &g[i]);
        g[i] = a[i]+g[i];
    }
    xmax[1] = g[1];
    xmin[1] = a[1];
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        xmax[i] = min(g[i], xmax[i-1]+1);
        xmin[i] = max(a[i], xmin[i-1]-1);
        if(xmax[i] < xmin[i])
        {
            printf("-1\n");
            return 0;
        }
    }
    sum += xmax[n] - a[n];
    ans = xmax[n];
    now[n] = xmax[n];
    for(int i = n-1; i >= 1; i--)
    {
        if(ans+1 <= xmax[i])
          ans = ans+1;
        else if(ans<=xmax[i])
          ans =ans;
          else
            ans = ans -1;
         now[i]=ans;
        sum += ans-a[i];

    }
    printf("%I64d\n", sum);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    printf("%d%c", now[i],i==n?'\n':' ');
    return 0;
}