【BZOJ2131】免费的馅饼，坐标转换与DP

传送门
写在前面：好强啊！
思路：这是noi-免费馅饼的增强版，去掉了速度但是数据范围大大增加，首先我们想到这一定最低也是个线性 O(n) 求，所以对W，t有想法的赶紧洗洗睡吧。看到n<=10^5，我们比较容易联想到要用 O(nlogn) ，往这个思路靠，我先写出了个 O(n2) 的做法，竟然能得90分，然后接着优化，但发现这并不是那么容易……
每次转移所求的是所有符合条件的元素中f[i]的最大值，我试过了堆与splay，发现最快的情况下第19组点也要跑4s+，感觉又要弃疗了，同时网上似乎也没有这道题的题解？还好cogs有神犇放code，看了以后发现还是要回归到之前的坐标转换上去，然后就可以转化成在某一给定区间内求f[i]最大值来转移就可以了。至于具体怎么转换……我选择死亡
注意：BIT维护时下标最小为1，而要存0~n共n+1个元素，所以下标最大为n+1而不是n。
代码：
90分裸 O(n2) DP

#include<bits/stdc++.h>
#define M 100002
using namespace std;
int W,n,ans;
int f[M];
struct os
{
    int t,p,v;
}a[M];
int cmp(os x,os y)
{
    return x.t<y.t;
}
main()
{
    scanf("%d%d",&W,&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)  scanf("%d%d%d",&a[i].t,&a[i].p,&a[i].v);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i]=a[i].v;
        for (int j=1;j<i;j++)
        if (2*(a[i].t-a[j].t)>=abs(a[i].p-a[j].p)) f[i]=max(f[i],f[j]+a[i].v);
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]);
    printf("%d",ans);
}

100分坐标转换+BIT维护最大

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define M 100002
#define low(x) (x&(-x))
using namespace std;
int W,n,ans;
int d[M],f[M],Y[M];
struct os
{
    int x,y,t,p,v;
    bool operator <(os other)const
    {
        if (x==other.x) return y>other.y;
        return x<other.x;
    }
}a[M];
int get(int x)
{
    int mx=0;
    for (;x;x-=low(x)) mx=max(mx,d[x]);
    return mx;
}
void add(int x,int data)
{
    for (;x<=n+1;x+=low(x))
        d[x]=max(d[x],data);
}
main()
{
    scanf("%d%d",&W,&n);
    a[0].x=a[0].y=a[0].t=-W;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a[i].t,&a[i].p,&a[i].v);
        a[i].t<<=1;
        a[i].x=a[i].t+a[i].p;
        a[i].y=a[i].t-a[i].p;
    }
    sort(a,a+n+1);
    //
    for (int i=0;i<=n;i++) Y[i]=a[i].y;
    sort(Y,Y+n+1);
    for (int i=0;i<=n;i++) a[i].y=lower_bound(Y,Y+n+1,a[i].y)-Y+1;
    //将y坐标离散化
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i]=a[i].v+get(a[i].y);
        add(a[i].y,f[i]);
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]);
    printf("%d",ans);
}