Educational Codeforces Round 155 (Rated for Div. 2) F. Last Man Standing(ST表/dp的松弛思想)
题目
t(t<=10)组样例，每次给出n(n<=2e5)个人，
第i个人有hi(hi<=2e5)条命，每条命有ai(ai<=2e5)点血
当对人造成x点伤害时，如果x<当前血量，血量减少x，否则，扣掉一条命，令血量回满
游戏开始时，你可以设置一个正整数x，
然后每一轮，对所有玩家都造成x点伤害，
当所有玩家阵亡时，游戏结束，游戏结束时结算得分
最后阵亡的玩家，假设在第a轮阵亡，而倒数第二个阵亡的玩家，假设在第b轮阵亡，
则最后阵亡的玩家的分数为a-b（a=b时，得分为0），其他玩家的分数为0
对于每个玩家i，独立地求，正整数x任意设置时，玩家i能获得的最大得分
思路来源
jiangly代码/nanami代码
题解
题解1（ST表）
简单手玩后发现， 每个人能坚持的轮数是
，
所以，可以枚举每个x，对于x倍数枚举y，
对于[1,y]内的值v来说，
是相同的，区间求一下h的最大值（需要值对应的所在位置）
区间求最大值，st表O(nlogn)预处理一下，然后O(1)求，总复杂度O(nlogn)
题解2（后缀+松弛思想）
仔细思考后发现，ST表的过程是没有必要的，
实际只需要从大到小扫一遍，维护后缀最大值即可
因为一个值(hi,ai)，
在小于ai的地方被枚举到的话，只会不超过答案
而在ai的地方被枚举到的时候，等于答案的值可以取到，
也就意味着可以取到最大值，
所以，扫两遍，第一遍求最大值，第二遍求次大值
代码1（ST表）
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define MP make_pair
mt19937 rnd(time(0));
const int MAXN=4e5+5;
const int lim=2e5;
ll a[MAXN],h[MAXN],n,lg[MAXN];
ll ans[MAXN];
struct node{int x,y;}s[20][MAXN];
node operator +(node x,node y){
for(int i:{y.x,y.y})if(i&&i!=x.x&&i!=x.y){
if(h[x.x]>n;
memset(ans,0,sizeof(ans));
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>h[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;ival(mx1)) mx2=mx1,mx1=j;
else if(val(j)>val(mx2)) mx2=j;
}
}
// cout<>1]+1;
int _;cin>>_;
while(_--) solve();
} 代码2（后缀+松弛思想）
#include
//#include
//#include