Codeforces #274 Div 1 简要题解
比赛总结
打得有点怂，这次div1题目比较水，我做了三题，不过比较坑的是，我第二题因为少了几个特判，wa了8次才ac，第三题因为看错题，wa了两次才ac
在正式和非正式选手里排名438名
在正式选手里排名306名
(做了三题，罚时太惨被一堆做2题的艹了。。。)
A. Exams
题目链接
http://codeforces.com/contest/480/problem/A
题目大意
某人要参加 n 场考试，第 i 场考试是在第 ai 天考，也可以提前放到第 bi 天考，但是提前考试的话，登分会标记这次考试是在第 ai 天考的。考完一次考试登记一次考试时间。他希望登记册里，登记的时间是非降的，问最后一场考试最早能在什么时候进行
思路
考试进行的顺序，一定是按照 ai 升序，即先考 ai 小的，再考 ai 大的。
但是每场考试是选 ai 天考还是 bi 天考呢？显然是尽量选 bi 天考，我们记录 last= 上一次考试的日期，若 bi>=last ，就选 bi 天考，否则就只能选 ai 天考了。由于 bi<ai ，而且之前预处理时，考试是按照 ai 为第一关键字升序， bi 为第二关键字升序，所以 ai 保证是大于等于 last 的。这样的做法是一定正确的
代码
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define MAXN 6000
using namespace std;
pair<int,int>pr[MAXN];
int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&pr[i].first,&pr[i].second);
sort(pr+1,pr+n+1);
int last=pr[1].second;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(pr[i].second>=last) last=pr[i].second;
else last=pr[i].first;
}
printf("%d\n",last);
return 0;
}
B. Long Jumps
题目链接
http://codeforces.com/contest/480/problem/B
题目大意
给你一个长度为 L 、有 n 个刻度的尺子，第1号刻度是0，第 n 号刻度是 L ，给你每个刻度的位置，问最少要加多少个刻度，才能存在某两个刻度之间距离为 x ，某两个刻度之间距离为 y
思路
显然，答案最多为2，如果已经存在了某两个刻度之间距离为 x 或 y ，则答案为1，如果已经存在了某两个刻度之间距离为 x 和 y ，则答案为0
这个可以通过枚举刻度 a[i] ，然后二分判断是否存在 a[i]+x 和 a[i]+y 来解决
但是重点不在于此，而是一个特殊情况：有可能存在某两个已经存在的刻度，插入一个新的刻度后，就可以满足题目要求了。这个就需要特判了，具体看代码比较清楚吧
代码
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define MAXN 6000
using namespace std;
pair<int,int>pr[MAXN];
int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&pr[i].first,&pr[i].second);
sort(pr+1,pr+n+1);
int last=pr[1].second;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(pr[i].second>=last) last=pr[i].second;
else last=pr[i].first;
}
printf("%d\n",last);
return 0;
}
C. Riding in a Lift
题目链接
http://codeforces.com/contest/480/problem/C
题目大意
一个 n 层摩天楼里，某个人初始在 a 层，每一步可以从一层 x 走到另一层 x′ ，但是有限制： |x−x′|<|x−b| ，且不能停留在原楼层不动，问这个人走 K 步，有多少种不同的走法
思路
一个非常显然的DP思路： f[i][j]= 走完 i 步后，这个人在第 j 层的方案数。答案就是 ∑f[K][i]
设 dis=|x−b|−1 ，则 f[i][j] 可以转移到 f[i+1][max{1,j−dis}] 到 f[i+1][min{n,j+dis}] ( f[i+1][j] 除外！)
这样DP的复杂度为 O(n3) ，可以考虑通过优化贡献答案的那部分来降维。
我们知道，给一个序列不断进行区间加的操作，可以维护一个数组a[] a[] ，每次区间[L,R] [L,R] 加val val 时，让 a[L]+=val , a[R+1]+=val ，最后通过求前缀和即可得到若干次操作后的序列，这样操作，每次是 O(1) 的，就能在DP的区间更新答案步骤里做到降维了，每次枚举完某个 i 的所有 f[i][] 后，再通过求 f[i][] 的前缀和来还原dp数组
代码
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define MAXN 6000
using namespace std;
pair<int,int>pr[MAXN];
int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&pr[i].first,&pr[i].second);
sort(pr+1,pr+n+1);
int last=pr[1].second;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(pr[i].second>=last) last=pr[i].second;
else last=pr[i].first;
}
printf("%d\n",last);
return 0;
}