Codeforces Round #437 (Div. 2, based on MemSQL Start[c]UP 3.0

题目链接：http://codeforces.com/contest/867

A. Between the Offices

题意：水题。

解法：直接模拟，判断SF和FS的个数的大小即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;char s[110];int main(){    int cnt1=0,cnt2=0;    int n;    scanf("%d",&n);    scanf("%s",s);    int len=strlen(s);    for(int i=0;i<len-1;i++){        if(s[i]=='F'&&s[i+1]=='S'){            cnt2++;        }else if(s[i]=='S'&&s[i+1]=='F'){            cnt1++;        }    }    if(cnt1>cnt2){        puts("YES");    }else{        puts("NO");    }    return 0;}

B. Save the problem!

题意：给你一个数字A，要你给出一个价格和一堆硬币种类，要让这些硬币组成这个价格的方案数为A

解法：除了A是1的时候，价格都是2*(A-1),硬币只有1和2，因为，你用（A-1）个2元0个1元，然后是（A-2）个2个1元，这样方案数就相当于A-1减到0,共A种。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){    int n;    scanf("%d",&n);    if(n==1) printf("1 1\n1\n");    else{        printf("%d 2\n1 2\n",(n-1)*2);    }    return 0;}

C. Ordering Pizza

题意：一共有两种Pizza，每个Pizza有S片，有n位选手，每位选手吃si片Pizza，其中第一种Pizza吃一片获得的快乐值为ai，第二种为bi。问在保证提供的Pizza个数最小的情况下所能获得的最大的快乐值。

解法：先假定每位选手都吃获得快乐值更大的那种Pizza，并将获得的快乐值差值和所需片数对应记录起来，根据贪心策略求得一个happy值。此时最后需要的Pizza片数一种类为use1，二种类为use2，若两者之和小于S，这说明最后的use1+use2片需要由同一种类提供（保证提供Pizza片数最小）。则用happy值减去min(use1变为二种类提供的happy差值，use2变为一种类提供的happy差值)即为最终答案。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;vector<pair<LL,LL> >v1,v2;int N,S;LL s,a,b;LL ans,use1,use2;int main(){    scanf("%d%d",&N,&S);    v1.clear();    v2.clear();    for(int i=1; i<=N; i++){        scanf("%lld%lld%lld",&s,&a,&b);        if(a<b){            ans+=s*b;            use2=(use2+s)%S;            v2.push_back(make_pair(b-a,s));        }else{            ans+=s*a;            use1=(use1+s)%S;            v1.push_back(make_pair(a-b,s));        }    }    if(use1+use2>S){        printf("%lld\n", ans);        return 0;    }    sort(v1.begin(),v1.end());    sort(v2.begin(),v2.end());    LL a1=0,a2=0;    for(vector<pair<LL,LL> >::iterator it=v1.begin();it!=v1.end();it++){        a1 += min(use1,it->second)*(it->first);        use1 -= min(use1, it->second);    }    for(vector<pair<LL,LL> >::iterator it=v2.begin();it!=v2.end();it++){        a2 += min(use2,it->second)*(it->first);        use2 -= min(use2, it->second);    }    ans -= min(a1, a2);    printf("%lld\n", ans);    return 0;}

D. Gotta Go Fast

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 55;const int maxr = 5005;double dp[maxn][maxr];//dp[i][j]从第i关到第n关，现在花了j时间的期望int n,r,s[maxn],f[maxn],top=0;double p[maxn];bool check(double t){    for(int i=0; i<=r; i++) dp[n][i]=0;    for(int i=r+1; i<=top; i++) dp[n][i]=t;    for(int i=n-1; i>=0;i--)        for(int j=0;j<=top;j++)            dp[i][j]=p[i]*min(t+f[i],dp[i+1][j+f[i]]+f[i])+(1-p[i])*min(t+s[i],dp[i+1][j+s[i]]+s[i]);    return dp[0][0]>t;}int main(){    scanf("%d%d",&n,&r);    top=0;    for(int i=0;i<n; i++){        scanf("%d%d%lf", &f[i],&s[i],&p[i]);        p[i]/=100.0L;        top+=s[i];    }    double l=0, r=1000000000, ans;    for(int i=0; i<100; i++){        long double mid = (l+r)/2.0;        if(check(mid)) ans=mid,l=mid;        else r=mid;    }    printf("%.10f\n", ans);    return 0;}

E. Buy Low Sell High

题意：我们知道股票每一天的价格，当我们手中没有股票的时候不可以出售，问最后所能获得的最大价值

解法：这个题还真的是奇妙，考虑贪心，用小顶堆维护整个序列。假如当前输入为 x ，且堆空或者堆顶元素大于 x 时，将x 插入堆中；否则删除堆顶元素，将 x 在堆中插入两遍，这一步的操作含义为：我们买入之前堆顶元素所代表的股票，然后以x 的价格卖出，此时相当于给之前的元素升值至 x ，再插入的 x 和第一种操作一样。（−4+7−5+9−7+12−2+10=20 ） 统计所有卖出的价值和即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long LL;multiset <int> s;int main(){    int n, x;    scanf("%d", &n);    LL ans=0;    for(int i=1; i<=n; i++){        scanf("%d", &x);        if(!s.empty()&&x>*s.begin()){            ans += x-*s.begin();            s.erase(s.begin());            s.insert(x);            s.insert(x);        }else{            s.insert(x);        }    }    printf("%lld\n", ans);    return 0;}