hdu 2430 优先队列/线段树

1.我自己的想法是用线段树的

考虑从i开头的字串，设sum[i,n] = x,sum[j,n] = y;

要使得x mod p + y mod p <= k ，可以确定y的范围，问题转换为在一个范围内求最值的问题

只要用线段树处理每个y的最小sum，就可以在logN时间内求出i开头的字串中的最大满足条件的值了

一A还是挺爽的，我的线段树做法要考虑一些关于范围的小细节

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 3000000; const ll INF  = (ll)1 << 60;ll ql,qr,p,v;ll minv[maxn];int n; int tt,nn,pp,kk;int w[1000010];ll query(int o,int L,int R){ll M = (L + (R - L)/2),ans = INF;if (ql <= L && R <= qr) return minv[o];if (ql <= M) ans = min(ans,query(o*2,L,M));if (M < qr) ans = min(ans,query(o*2 + 1,M + 1,R));return ans;} void update(int o,int L,int R){int M = L + (R - L)/2;if (L == R) {if (minv[o] < v) return ;else minv[o] = v;}else{if (p <= M) update(o * 2,L, M);else update(o * 2 + 1,M + 1,R);minv[o] = min(minv[o * 2],minv[o * 2 + 1]);}}void build(int q){for(n = 1; n < q; n = n * 2);for(int i = 1; i < 2*n; i++)    minv[i] = INF;p = 0;v = 0;//mod为0的有一个 update(1,0,n - 1);}int main(){scanf("%d",&tt);for(int test = 1; test <= tt; test++){scanf("%d %d %d",&nn,&pp,&kk);build(pp);for(int i = 1; i <= nn; i++){scanf("%d",&w[i]);}ll cur = 0;ll curmod = 0;ll ans = -1;for(int i = nn; i >= 1; i--){    cur = cur + w[i];    curmod = cur % pp;    ql = max(curmod - kk + pp,curmod);    qr = pp - 1;    //printf("%d %d ",ql,qr);if (ql <= qr) {    ll temp = query(1,0,n - 1);    if (temp != INF)    ans = max(ans,cur - temp); }ql = max(curmod - kk,(ll)0);qr = curmod;//printf("%d %d",ql,qr);if (ql <= qr){    ll temp = query(1,0,n - 1);    if (temp != INF)        ans = max(ans,cur - temp);}p = curmod; v = cur;update(1,0,n - 1);//printf(" %d\n",ans);}if (ans != -1) ans = ans / pp;printf("Case %d: %d\n",test,ans);}return 0;}

网上的做法是用优先队列，还是挺高级的

试想一个的sum[i,n] mod p = x;

y的模的范围也可以确定，这里可以认为x > y 因为如果x < y 在考虑y的时候会考虑到x，如果是小的减大的会变成负数，是不会取的，所以

可以确定一个y的范围，而这个范围是一个随着x减小左移的滑动窗口，就是要维护滑动窗口中的最小值

用单调队列可以维护，右边的y对于的sum先入队，左边的y的sum如果比右边的小，那么右边的就用不到了，出队，每个元素最多进队一次，出队一次，每次把右边的一部分不满足的出队了，然后加入新的点，又能把右边的一部分出队，队伍里满足若i < j 那么sum[i] < sum[j] 且 pos[i] >pos[j]

优先队列还不是很熟悉啊……