Usaco 2009 December silver 解题报告

来源：互联网发布：动画师生存手册知乎编辑：程序博客网时间：2024/06/05 21:18

第一题自私的食草者(sgraze)

本题排序+DP

首先对S数组进行升序排列，则前i头奶牛的最大值f[i]=max{f[j]+1}(1<=j<i,S[i]>=E[j])

不难发现这与最长不下降子序列非常相似，只是多了一个数组而已。然而O(n^2)的复杂度对于50000来说显然有些吃力，于是可以想到利用最长不下降子序列的二分优化，将其降至O(nlongn),具体不再多说，给出代码：

#include<stdio.h>

int s[50000],e[50000],n,m[50001];

void quicksort(int l,int r)

{

int i=l,j=r,t;

int ch=s[(i+j)>>1];

while(i<=j)

{

while(s[i]<ch)i++;

while(s[j]>ch)j--;

if(i<=j)

{

t=s[i];s[i]=s[j];s[j]=t;

t=e[i];e[i]=e[j];e[j]=t;

i++;j--;

}

if(l<j)quicksort(l,j);

if(i<r)quicksort(i,r);

return;

}

int main()

{

FILE *fp1,*fp2;

fp1=fopen("sgraze.in","r");

fp2=fopen("sgraze.out","w");

int i,max=1,left,right,mid;

fscanf(fp1,"%d",&n);

for(i=0;i<n;i++)

fscanf(fp1,"%d%d",&s[i],&e[i]);

quicksort(0,n-1);

m[1]=e[0];

for(i=1;i<n;i++)

{

left=1;

right=max+1;

if(s[i]>=m[max]){max++;m[max]=e[i];continue;}

if(s[i]<m[1]){if(e[i]<m[1])m[1]=e[i];continue;}

//此处判断e[i]与m[1]的大小比不可少

while(left<right)

{

mid=(left+right)>>1;

if(s[i]>=m[mid]&&s[i]<m[mid+1])break;

if(s[i]>=m[mid])left=mid;

else right=mid;

}

if(e[i]<m[mid+1])m[mid+1]=e[i];

//此处判断e[i]与m[mid+1]的大小比不可少

}

fprintf(fp2,"%d\n",max);

return 0;

}

第二题高山滑雪(bobsled)

本题贪心

显然根据前一个转弯处的最大速度v0和后一个速度限制vi以及它们之间的距离x，我们就可以求出该段的最大速度，从前往后推，若vi-v0>=s，则该段内可以一直加速，否则算出该段内的最大速度，具体推导过程不再给出，并更新v0。

但考虑这样一种情况，如果v0-vi>s怎么办，那就意味着我们需要更新前面的速度，这显然是不可行的，于是我们需要在一开始对最大速度数组进行处理，从后往前更新，若发现v[i-1]-v[i]>s,则更新v[i-1]，最后注意处理最后一个转弯处至终点间的最大速度。

这样本题便得到了较好的解决了，但需要注意一点数据并未按顺序给出，因此一定要先排序。

#include<stdio.h>

int l,n,a[100001],b[100001];

void quicksort(int l,int r)

{

int i=l,j=r,t;

int ch=b[(i+j)>>1];

while(i<=j)

{

while(b[i]<ch)i++;

while(b[j]>ch)j--;

if(i<=j)

{t=a[i];a[i]=a[j];a[j]=t;

t=b[i];b[i]=b[j];b[j]=t;i++;j--;}

}

if(l<j)quicksort(l,j);

if(i<r)quicksort(i,r);

return ;

}

int main()

{

FILE *fp1,*fp2;

fp1=fopen("bobsled.in","r");

fp2=fopen("bobsled.out","w");

int i,j;

fscanf(fp1,"%d%d",&l,&n);

for(i=1;i<=n;i++)

fscanf(fp1,"%d%d",&b[i],&a[i]);

quicksort(1,n);

for(i=n;i>1;i--)

if(a[i-1]-a[i]>b[i]-b[i-1])

a[i-1]=a[i]+b[i]-b[i-1];

int v=1,max=1;

for(i=1;i<=n;i++)

{

if(a[i]-v>=b[i]-b[i-1])

{v+=b[i]-b[i-1];if(v>max)max=v;}

else

{v+=(a[i]+b[i]-b[i-1]-v)>>1;if(v>max)max=v;v=a[i];}

}

v+=l-b[n];

if(v>max)max=v;

fprintf(fp2,"%d",max);

return 0;

}

第三题乐谱(mnotes)

本题由于N最大为50000，B最大为100000，因此不可能将每时刻所敲击的音阶数保存下来，那么就只能查找了，然而朴素的查找方法需要O(qn)显然对于1<=q<=50000，1<=n<=50000显然不行，但是因为每个音阶的初始时刻是严格单调增的，所以便可以用二分来处理，总的复杂度O（qlogn）,这样本题便得到了比较好的解决。

#include<stdio.h>

int a[50002];

int main()

{

FILE *fp1,*fp2;

fp1=fopen("mnotes.in","r");

fp2=fopen("mnotes.out","w");

int n,i,q,left,right,mid,w;

fscanf(fp1,"%d%d",&n,&q);

for(i=2;i<=n+1;i++)

{

fscanf(fp1,"%d",&a[i]);

a[i]+=a[i-1];

}

while(q--)

{

fscanf(fp1,"%d",&w);

left=1;right=n+1;

while(left<right)

{

mid=(left+right)>>1;

if(a[mid]<=w&&w<a[mid+1])break;

if(a[mid]<=w)left=mid;

else right=mid;

}

fprintf(fp2,"%d\n",mid);

}

return 0;

}