code
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=1e5+10;
ll n,m;
vector a,b;
void init()
{
for(int i=0;i<10;++i) a.push_back((1<>n>>m;
cout<>t;while(t--)
solve();
return 0;
}
D. Buying gifts
大意：
n组物品，每组物品有两个价值，选第一个就放在第一堆里，选第二个就放在第二堆里，问两堆最大值的最小差值
n<=5e5
思路：
赛时没什么思路，感觉像dp，但是死活不会设状态，随便试了一发贪心碰运气（日常做题碰运气），wa了就摆烂
但是其实贪心是可以做的
我们不妨将所有物品按第一个价值升序排序（很常规的操作）
然后我们枚举放在第一堆的最大值，枚举到第i个物品的话，假设当前第一堆的最大值是ai，i+1~n的位置都只能选第二个价值，1~i-1的位置就可以选第一个价值，也可以选第二个价值。如果i！=n的话，我们就把i+1~n的第二个位置的最大值拿出来，以及1~i-1的第二个位置的离ai最近的两个数，比一比就可以了。i=n的话，就只有1~i-1的位置能拿出来比了
所以维护两个set，分别记录大于i和小于i的第二个位置的值就可以了
code
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define endl '\n'
const ll N=5e5+10;
ll n;
pair mas[N];
multiset s1,s2;
void solve()
{
cin>>n;
s2.clear();
s1.clear();
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>mas[i].first>>mas[i].second;
s2.insert(mas[i].second);
}
sort(mas+1,mas+1+n);
ll ans=1e9;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
s2.erase(s2.lower_bound(mas[i].second));//一次只删一个
if(!s2.empty())
{
ll mx=*prev(s2.end());
if(mx>=mas[i].first)
{
ans=min(ans,mx-mas[i].first);
//continue;
}
else
{
ans=min(ans,mas[i].first-mx);
auto it=s1.lower_bound(mas[i].first);
if(it!=s1.end()) ans=min(ans,*it-mas[i].first);
if(it!=s1.begin()) ans=min(ans,mas[i].first-*prev(it));
}
}
else
{
auto it=s1.lower_bound(mas[i].first);
if(it!=s1.end()) ans=min(ans,*it-mas[i].first);
if(it!=s1.begin()) ans=min(ans,mas[i].first-*prev(it));
}
s1.insert(mas[i].second);
}
cout<>t;while(t--)
solve();
return 0;
}
E. Music Festival
大意：
n个数组，定义每一个数字有价值，如果它是当前出现的最大值（不含等号），现在要求重排n个数组，使得总的有价值的数字最多
思路：
首先每一个数组内部我们显然可以处理成单调增的形式，然后我们记录每一个数组的最大值。
如果数组i的最大值小于数组j的最大值，那么i放在j后面的话，i不会产生任何贡献，所以我们可以按照每一个数组的最大值来升序排序
这样就好了吗？
当然没有（拜托这是e题欸。。。
此时按照道理a放在b的前面，但是这样一来b前面一段就没有任何贡献了。如果b放在前面的话，我们完全可以得到更多贡献（也就是a被放到最后面，被丢弃了）。
那么现在仔细考虑一下。枚举到第i个位置的时候，对于第i个数组的每一个元素j，我们看一下前面i-1个数组丢弃掉一些之后，在最大值不大于j的情况下，最大贡献是多少，然后我们再加上j到该数组结束能产生的贡献，就可以更新到第i个数组位置的最大值了。至于如何丢弃数组，其实直接维护值域的话，自然就能做到这一步。所以我们用树状数组维护一下前缀最大值对应的最大价值就可以了。
code
#include
using namespace std;
#define IL inline
#define ll int
#define endl '\n'
#define low(x) x&(-x)
const ll N=2e5+10;
ll n;
struct ty
{
ll ma;
vector vt;
}mas[N];
ll ma;
inline bool cmp(const ty& a,const ty& b)
{
return a.ma=0;--j)
{
ll gt=T.maxn(mas[i].vt[j]-1);
dp[i]=max(dp[i],gt+len-j);
}
T.add(mas[i].vt.back(),dp[i]);
ans=max(ans,dp[i]);
}
printf("%d\n",ans);
for(register int i=1;i<=n;++i) T.init(mas[i].vt.back());
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
ll t;scanf("%d",&t);while(t--)
solve();
return 0;
}
//5
//8
//8 8 8 6 10 4 8 4
//3
//2 1 8
//8
//6 8 9 5 3 4 10 6
//10
//8 3 9 7 1 7 7 4 6 10
//2
//3 1
F. The way home
大意：
n个点，m条边，有一个初始金额p。在第i个点可以不断卖艺来获得金额ai，每经过一条边要消耗对应的边权的金额，现在问能不能从1走到n，并求最少卖艺次数
思路：
还是第一次做到这种题
首先是有一个贪心的思路在里面的。因为每一个点可以卖艺无数次，所以如果我们在后面某个时刻缺钱的话，完全可以在之前某一个卖艺收入最多的点把该卖的艺都卖了。那么如何知道该卖多少艺呢？我们就需要维护从1走到n的过程中的卖艺收入最多的点，中间更新的时候就直接拿该点的权值除一下就好了。我们还需要维护最小卖艺次数（题目所求），在此基础上，想要转移的话，肯定还需要最小卖艺次数下能获得的最多金额。
这是所有需要维护的状态，然后我们直接跑dij就好了。
其实跟普通的维护距离相比，这里只不过是变成了维护两个有不同优先级的值，我们用pair来进行大小比较就可以了
总结一下，dis[i][j]表示从1走到i，中间经过的最佳卖艺点是j时，最小的卖艺次数以及在此基础上的最大收入。我们在路上更新一下最佳卖艺点，缺钱的时候补上卖艺次数，钱也加上，就好了。
code
#include
using namespace std;
#define ll long long
#define pll pair
#define mk make_pair
#define endl '\n'
const ll N=1010;
struct ty
{
ll t,l,next;
}edge[6010];
ll cn=0;
ll head[6010];
void add(ll a,ll b,ll c)
{
edge[++cn].t=b;
edge[cn].l=c;
edge[cn].next=head[a];
head[a]=cn;
}
ll n,m,p;
ll val[N];//每次演出的收入
pll dis[N][N];
priority_queue> q;
void solve()
{
memset(head,-1,sizeof head);
cn=0;
cin>>n>>m>>p;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>val[i];
for(int i=1;i<=m;++i)
{
ll a,b,c;
cin>>a>>b>>c;
add(a,b,c);
// add(b,a,c);
}
for(int i=0;i<=n+10;++i)
{
for(int j=0;j<=n+10;++j) dis[i][j]=make_pair(-1e18,-1e18);
}
dis[1][0]=mk(0,p);//最少表演0次，此时最大钱数为p
q.push(mk(dis[1][0],mk(1,0)));
while(!q.empty())
{
auto fr=q.top().first;
ll pos=q.top().second.first;
ll tar=q.top().second.second; //中间最大值
q.pop();
if(val[pos]>val[tar]) tar=pos;
for(int i=head[pos];i!=-1;i=edge[i].next)
{
ll y=edge[i].t;
ll va=edge[i].l;
pll new_fr=fr;
if(new_fr.second>t;while(t--)
solve();
}
