10.4 test solution.

1.财富(treasure)

Time Limit:

1000ms

Memory Limit:

128MB

题目描述

LYK有 n 个小伙伴。每个小伙伴有一个身高 hi。
这个游戏是这样的，LYK生活的环境是以身高为美的环境，因此在这里的每个人都羡慕比自己身高高的人，而每个人都有一个属性 ai 表示它对身高的羡慕值。
这 n 个小伙伴站成一列，我们用 hi 来表示它的身高，用ai来表示它的财富。
每个人向它的两边望去，在左边找到一个最近的比自己高的人，然后将 ai 朵玫瑰给那个人，在右边也找到一个最近的比自己高的人，再将 ai 朵玫瑰给那个人。当然如果没有比自己身高高的人就不需要赠送别人玫瑰了。也就是说一个人会给0,1,2个人玫瑰（这取决于两边是否有比自己高的人）。
每个人都会得到若干朵玫瑰（可能是0朵），LYK想知道得了最多的玫瑰的那个人得了多少玫瑰。(然后嫁给他>3<)

输入格式(treasure.in)

第一行一个数 n 表示有 n 个人。
接下来 n 行，每行两个数 hi,ai。

输出格式(treasure.out)

一个数表示答案。

输入样例

34 73 56 10

输出样例

12

样例解释

第一个人会收到 5 朵玫瑰，第二个没人送他玫瑰，第三个人会收到 12 朵玫瑰。

数据范围

对于 50% 的数据 n≤1000,hi≤1000000000
对于另外 20% 的数据 n≤50000,hi≤10
对于 100% 的数据1≤n≤50000,1≤hi≤1000000000,1≤ai≤10000

---

solution

• 对于50% 的数据按照题目直接暴力就可以了

• 然后通过暴力可以发现，假设第 i 个人左边第一个比他高的人是 l，右边第一个比他高的人是 r

• 那么第 i+1 个人可能他左边第一个比他高的人还是 l，右边第一个比他高的人还是 r

• 当 h[i−1]>h[i] 时，直接从 l 开始枚举左边第一个比他高的人

• 当 h[i−1]<h[i] 时，直接从 r 开始枚举右边第一个比他高的人

code

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;template<typename T>void input(T &x) {    x=0; T a=1;    register char c=getchar();    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())        if(c=='-') a=-1;    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())        x=x*10+c-'0';    x*=a;    return;}#define MAXN 50010struct Peo {    int h,a;    bool operator < (const Peo&q) const {        return h<q.h;    }    bool operator > (const Peo&w) const {        return h>w.h;    }};Peo p[MAXN];int sum[MAXN];int main() {    int n;    input(n);    for(int i=1;i<=n;i++)        input(p[i].h),input(p[i].a);    p[0].h=0;    int ans=-1,pos_left=0,pos_right=1;    if(n<=3000) {        for(int i=1;i<=n;i++) {            for(int j=i-1;j>=1;j--)                if(p[j]>p[i]) {                    sum[j]+=p[i].a;                    break;                }            for(int j=i+1;j<=n;j++)                if(p[j]>p[i]) {                    sum[j]+=p[i].a;                    break;                }        }    } else {        for(int i=1;i<=n;i++) {            if(p[i]<p[i-1]) {                sum[pos_left=i-1]+=p[i].a;                if(pos_right<=i) pos_right=n;                for(int j=i+1;j<=pos_right;j++)                    if(p[j]>p[i]) {                        sum[j]+=p[i].a;                        pos_right=j;                        break;                    }            } else if(p[i]>p[i-1]) {                if(pos_left==0) pos_left=i-1;                for(int j=pos_left;j>=1;j--)                    if(p[j]>p[i]) {                        sum[j]+=p[i].a;                        pos_left=j;                        break;                    }                for(int j=i+1;j<=n;j++)                    if(p[j]>p[i]) {                        sum[j]+=p[i].a;                        pos_right=j;                        break;                    }            } else {                    if(i!=2) sum[pos_left]+=p[i].a;                if(i!=n) sum[pos_right]+=p[i].a;            }        }    }    for(int i=1;i<=n;i++)        ans=max(ans,sum[i]);    printf("%d\n",ans);    return 0;}

2.正方形(square)

Time Limit:

1000ms

Memory Limit:

128MB

题目描述

在一个10000∗10000 的二维平面上，有 n 颗糖果。
LYK喜欢吃糖果！并且它给自己立了规定，一定要吃其中的至少 C 颗糖果！
事与愿违，LYK只被允许圈出一个正方形，它只能吃在正方形里面的糖果。并且它需要支付正方形边长的价钱。
LYK为了满足自己的求食欲，它不得不花钱来圈一个正方形，但它想花的钱尽可能少，你能帮帮它吗？

输入格式(square.in)

第一行两个数 C 和 n。
接下来 n 行，每行两个数xi,yi表示糖果的坐标。

输出格式(square.out)

一个数表示答案。

输入样例

3 41 22 14 15 2

输出样例

4

样例解释

选择左上角在 (1,1)，右下角在 (4,4) 的正方形，边长为 4。

数据范围

对于 30% 的数据n≤10
对于 50% 的数据n≤50
对于 80% 的数据n≤300
对于 100% 的数据n≤1000,1≤xi,yi≤10000

---

solution

• 这个正解是二分答案，完全想不到.

• 如果边长为 x 的正方形可以覆盖 C 个糖果，那么边长为 x+1 的正方形肯定也可以覆盖至少 C 个糖果

• 如果边长为 x 的正方形不可以覆盖 C 个糖果，那么边长为 x−1 的正方形肯定也不可以覆盖 C 个糖果

• 所以综上所诉答案满足单调性，然后就可以愉快的二分了

• 然后就是二分之后怎么判断的问题了

• 我们直接枚举正方形的上面那条边在哪一行，因为我们二分了边长，所以这样下面那条边在哪也知道了

• 然后就是判断这里面能不能覆盖 C 个糖果

• 一个比较暴力的做法就是枚举每一个糖果，然后看这个糖果在不在上下买两条边中，如果在就存下来

• 这么判断当然可以，但是可能会TLE

• 一个很显然的贪心，上下左右四条边应该有边与糖果紧挨在一起，否则就会浪费

• 所以先把糖果按照所在行的升序排列，然后直接枚举糖果把糖果所在的行当做正方形的一边

• 因为我们按照所在行的升序排列，所以中间的糖果就可以直接找出来，复杂度就是O(n)，总复杂度O(nlogn)

code

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;template<typename T>void input(T &x) {    x=0; T a=1;    register char c=getchar();    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())        if(c=='-') a=-1;    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())        x=x*10+c-'0';    x*=a;    return;}#define MAXN 1010struct Point {    int x,y;    Point(int x=0,int y=0):        x(x),y(y) {}    bool operator < (const Point &q) const {        return x<q.x;    }};Point Cindy[MAXN];int n,C;int pos[MAXN];bool Check(int l,int r,int mid) {    if(r-l+1<C)        return false;    int cnt=0;    for(int i=l;i<=r;i++)        pos[++cnt]=Cindy[i].y;    sort(pos+1,pos+cnt+1);    for(int i=C;i<=cnt;i++)        if(pos[i]-pos[i-C+1]<=mid)            return true;    return false;}bool Judge(int mid) {    int l=1;    for(int r=1;r<=n;r++)        if(Cindy[r].x-Cindy[l].x>mid) {            if(Check(l,r-1,mid))                return true;            while(Cindy[r].x-Cindy[l].x>mid)                l++;        }    return Check(l,n,mid);}int main() {    input(C),input(n);    for(int i=1;i<=n;i++)        input(Cindy[i].x),input(Cindy[i].y);    sort(Cindy+1,Cindy+n+1);    int l=0,r=10001,mid;    while(l<=r) {        mid=l+r>>1;        if(Judge(mid)) r=mid-1;        else l=mid+1;    }    printf("%d\n",l+1);    return 0;}

3.追逐(chase)

Time Limit:

1000ms

Memory Limit:

128MB

题目描述

这次，LYK以一个上帝视角在看豹子赛跑。
在一条无线长的跑道上，有 n 只豹子站在原点。第 i 只豹子将在第 ti 个时刻开始奔跑，它的速度是 vi/时刻。
因此在不同的时刻，这n只豹子可能在不同的位置，并且它们两两之间的距离也将发生变化。
LYK觉得眼光八方太累了，因此它想找这么一个时刻，使得最远的两只豹子的距离尽可能近，当然这不能是第 0 时刻或者第 0.01 时刻。它想知道的是最迟出发的豹子出发的那一刻开始，离得最远的两只豹子在距离最小的时候这个距离是多少。
当然这个时刻不仅仅可能发生在整数时刻，也就是说可能在 1.2345 时刻这个距离最小。

输入格式(chase.in)

第一行一个数 n。
接下来 n 行，每行两个数分别是 ti 和 vi

输出格式(chase.out)

输出一个数表示答案，你只需保留小数点后两位有效数字就可以了。

输入样例

31 42 53 7

输出样例

0.33

样例解释

在第 5+2/3 这个时刻，第一只豹子在 18+2/3 这个位置，第二只豹子在 18+1/3 这个位置，第三只豹子在 18+2/3 这个位置，最远的两只豹子相距 1/3 的距离，因此答案是 0.33。

数据范围

对于20%的数据n=2
对于20%的数据n=3
对于60%的数据n≤100
对于80%的数据n≤1000
对于100%的数据n≤100000,1≤vi,ti≤100000

---

solution

• 这个题的核心思想就是把每一个豹子都看成一条直线

• 绿线代表豹子，蓝线表示的是最远的豹子和最近的豹子的距离只差

• 题目要求的就是最短的蓝线

• 显然这些蓝线在交点处是最小的，所以求出所有的交点，这样O(n2)可以80分

• 观察上面的图，发现每条蓝线的上端点都在上凸壳上，下端点都在下凸壳上

• 也就是
  

• 所以就维护上凸壳和下凸壳，然后就A了

code

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;typedef long double Lb;template<typename T>void input(T &x) {    x=0; T a=1;    register char c=getchar();    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())        if(c=='-') a=-1;    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())        x=x*10+c-'0';    x*=a;    return;}#define MAXN 100010const Lb inf=(Lb)10000000000;struct Baozi {    int t,v;    Baozi(int t=0,int v=0):        t(t),v(v) {}    bool operator < (const Baozi &q) const {        if(v!=q.v) return v<q.v;        return t>q.t;    }};Baozi t[MAXN];struct A {    Lb x;int y,z;    A(Lb x=0.00,int y=0,int z=0):        x(x),y(y),z(z) {}    bool operator < (const A &q) const {        return x<q.x;    }};A p[MAXN<<1];struct B {    int t;Lb l;    B(int t=0,Lb l=0.00):        t(t),l(l) {}};B s[MAXN<<1],ss[MAXN<<1];Lb h[MAXN];bool v[MAXN];inline Lb calc(int x,Lb y) {    return (Lb)t[x].v*y-h[x];}int main() {    int n;    input(n);    int Max=-inf;    for(int i=1;i<=n;i++) {        input(t[i].t),input(t[i].v);        Max=max(Max,t[i].t);    }    sort(t+1,t+n+1);    int Min=t[n].t;    for(int i=n-1;i>=2;i--)        if(t[i].t>Min) v[i]=true;        else Min=t[i].t,v[i]=false;    for(int i=1;i<=n;i++)        h[i]=(Lb)t[i].t*t[i].v;    int cnt1=0;    s[++cnt1]=B(1,(Lb)Max);    s[cnt1+1].l=inf;    Lb L,R,mid;    for(int i=2;i<=n;i++)        if(!v[i]) {            for(;cnt1&&calc(i,s[cnt1].l)>=calc(s[cnt1].t,s[cnt1].l);cnt1--);            if(!cnt1) {                s[cnt1=1]=B(i,Max);                continue;            }            L=s[cnt1].l,R=s[cnt1+1].l;            for(int j=1;j<=80;j++) {                mid=(L+R)*0.5;                if(calc(i,mid)>=calc(s[cnt1].t,mid))                    R=mid;                else L=mid;            }            s[++cnt1]=B(i,mid);            s[cnt1+1].l=inf;        }    memset(v,false,sizeof(v));    int cnt2=0;    ss[++cnt2]=B(n,(Lb)Max);    ss[cnt2+1].l=inf;    Min=t[1].t;    for(int i=2;i<n;i++)        if(t[i].t<Min) v[i]=true;        else Min=t[i].t,v[i]=false;    for(int i=n-1;i>=1;i--)        if(!v[i]) {            for(;cnt2&&calc(i,ss[cnt2].l)<=calc(ss[cnt2].t,ss[cnt2].l);cnt2--);            if(!cnt2) {                ss[cnt2=1]=B(i,Max);                continue;            }            L=ss[cnt2].l,R=ss[cnt2+1].l;            for(int j=1;j<=80;j++) {                mid=(L+R)*0.5;                if(calc(i,mid)<=calc(ss[cnt2].t,mid))                    R=mid;                else L=mid;            }            ss[++cnt2]=B(i,mid);            ss[cnt2+1].l=inf;        }    int cnt=0;    for(int i=1;i<=cnt1;i++)        p[++cnt]=A(s[i].l,1,s[i].t);    for(int i=1;i<=cnt2;i++)        p[++cnt]=A(ss[i].l,0,ss[i].t);    sort(p+1,p+cnt+1);    Lb ans=inf;    int x=0,y=0;    for(int i=1;i<=cnt;i++) {        if(p[i].y==1) x=p[i].z;        else y=p[i].z;        if(x&&y) ans=min(ans,calc(x,p[i].x)-calc(y,p[i].x));    }    if(ans<0.0) ans=-ans;    printf("%.2lf\n",double(ans));    return 0;}