2019暑假九考——San(COCI2017.2)——折半搜索+尺取

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题目（1000ms）

描述
游戏世界中有$N$个楼从左到右排列，从左到右编号为$1$到$N$，第$i$幢楼的高度为$H_i$,楼上的金币数为$G_i$,游戏可以从任意一个楼开始且包涵几步。每一步玩家可以从当前位置向右跳（可以跳过一些楼）但必须跳到不低于当前楼的高度的楼上。他到了楼上后，可以得到楼上的金币。他可以在跳任意步（可以是零步）后结束游戏，但是要保证收到的金币数要大于等于K，现在想知道共有多少不同的种方案满足游戏。两个方案不同是指至少有一个楼不一样的方案。
输入
第一行两个数$NandK$

接下来N行，每行两个正整数，第$i$行用$H_i$和$G_i$表示第$i$个楼的高度和上面的金币。
输出
一行一个数，表示方案总数。
范围
对于$40\%$的数据，$n<=20$
对于$100\%$的数据，$n<=40$
$1\le Hi,Gi\le 10^9,1\le K\le 4\cdot 10{}^{10},1\le N\le 40$
样例

样例输入1
4​ ​6
2​ ​1
6​ ​3
7​ ​2
5​ ​6
样例输出1
3

样例输入2
2 7
4 6
3 5
样例输出2
0

样例输入3
4 15
5 5
5 12
6 10
2 1
样例输出3
4

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思路

看见$n\le 20$，嗯 ~~ 爆搜可以过
看见$n\le 40$，嗯 ~~ 折半爆搜无疑了

大体思路
我们在离散化之后将原数组分为左右两半，搜索后，最后把它们拼接起来，在操作中组成答案

细节化思路
在搜索左右两边的所有不下降子序列时，我们要存储它的金币数$val$，方便后面计算。
同时，为了保证可以拼接起来，我们需要在搜左半部分时存储所有子序列的最后一个建筑的高度，在搜右半部分时存储所有子序列的第一个建筑的高度，满足后面比前面高才能拼接起来。
若左半部分的某个序列可以与右半部分的某个序列的$val$加起来可以大于等于$k$（没有判断能否拼接），那么右半部分的序列中$val$比这个序列大的加起来都可以大于等于$k$，所以，对于右半部分的序列，我们按$val$，从小到大排序，省去一些冗杂的操作，排序后右半部分的$val$是递增的，如果左半部分所有序列一一枚举的话会很耗费时间，所以我们想了尺取法，为了迎合右半部分的递增，我们就将左半部分的序列按$val$从大到小排序。然后就开始尺取

当然，拼接后总有一些不符合条件的序列，因为我的尺取是用左半部分的序列去配对右半部分的序列，所以我用了个数组来存储右半部分中开头高度为$h$的序列的可用个数，若当前序列与左半部分的某个序列$val$之和小于k，那说明开头高度为$h$的序列中有一个不可用了，就减减。若发现右边序列的开头还比左边序列的结尾还要小，那么所有开头高度为$h$的序列都不可用，$ans$减去所有开头高度为$h$的序列的个数

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Code

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define LL long long

int n, mid;

LL k, ans;

int h[45], g[45], temp[45], cnt[2];
LL lis[45];

struct node{
    LL val;
    int high;

    node(){}
    node(LL A, int hh){
        val = A, high = hh;
    }

}a[2][(1<<20)];

inline void dfs(LL v, int H, int i){
    if( i > mid )
        return ;
    a[0][++cnt[0]] = node(v, H);
    i++;
    for(;i<=mid; i ++){
        if( h[i] >= H )
            dfs(v+g[i], h[i], i);
    }
}

inline void dfs_(LL v, int first_h, int H, int i){
    if( i > n )
        return ;
    a[1][++cnt[1]] = node(v, first_h);
    i++;
    for( ; i <= n; i ++){
        if( h[i] >= H )
            dfs_(v+g[i], first_h==0?h[i]:first_h, h[i], i);
    }
}

IL bool cmp_1(node x, node y){
    return x.val > y.val;
}

IL bool cmp_2(node x, node y){
    return x.val < y.val;
}

int main(){
    scanf("%d%lld", &n, &k);
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        scanf("%d%d", &h[i], &g[i]);
        temp[i] = h[i];
    }
    sort(temp+1, temp+1+n);
    int len = unique(temp+1,temp+1+n)-temp-1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
        h[i] = lower_bound(temp+1, temp+1+len, h[i])-temp;
    mid = (1+n)>>1;
    dfs(0, 0, 0);
    dfs_(0, 0, 0, mid);
    sort(a[0]+1, a[0]+1+cnt[0], cmp_1);
    sort(a[1]+1, a[1]+1+cnt[1], cmp_2);
    a[1][1].high = 0;
    for(int i = 1; i <= cnt[1]; i ++)
        lis[a[1][i].high] ++;
    int cl = 1, cr = 1;
    while( cl <= cnt[0] ){
        while( cr <= cnt[1] && a[0][cl].val+a[1][cr].val < k ){
            lis[a[1][cr].high]--;
            cr ++;
        }
        ans += cnt[1]-cr+1;
        for(int i = 1; i <= n; i ++){
            if( h[i] < a[0][cl].high )
                ans-=lis[h[i]];
        }
        cl++;
    }
    printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}
/*
4 6
2 1
6 3
7 2
5 6
*/