OpenJudge noi4363瑞士轮（NOIP 普及2011）

题目描述 Description背景在双人对决的竞技性比赛，如乒乓球、羽毛球、国际象棋中，最常见的赛制是淘汰赛和循环赛。前者的特点是比赛场数少，每场都紧张刺激，但偶然性较高。后者的特点是较为公平，偶然性较低，但比赛过程往往十分冗长。本题中介绍的瑞士轮赛制，因最早使用于 1895 年在瑞士举办的国际象棋比赛而得名。它可以看作是淘汰赛与循环赛的折衷，既保证了比赛的稳定性，又能使赛程不至于过长。2*N 名编号为1~2N 的选手共进行R 轮比赛。每轮比赛开始前，以及所有比赛结束后，都会按照总分从高到低对选手进行一次排名。选手的总分为第一轮开始前的初始分数加上已参加过的所有比赛的得分和。总分相同的，约定编号较小的选手排名靠前。每轮比赛的对阵安排与该轮比赛开始前的排名有关：第 1 名和第2 名、第3 名和第4名、……、第2K – 1 名和第2K 名、…… 、第 2N – 1 名和第2N 名，各进行一场比赛。每场比赛胜者得1 分，负者得0 分。也就是说除了首轮以外，其它轮比赛的安排均不能事先确定，而是要取决于选手在之前比赛中的表现。现给定每个选手的初始分数及其实力值，试计算在 R 轮比赛过后，排名第Q 的选手编号是多少。我们假设选手的实力值两两不同，且每场比赛中实力值较高的总能获胜。输入描述 Input Description输入的第一行是三个正整数 N、R、Q，每两个数之间用一个空格隔开，表示有2*N 名选手、R 轮比赛，以及我们关心的名次Q。第二行是 2*N 个非负整数s1, s2, …, s2N，每两个数之间用一个空格隔开，其中si 表示编号为i 的选手的初始分数。第三行是 2*N 个正整数w1, w2, …, w2N，每两个数之间用一个空格隔开，其中wi 表示编号为i 的选手的实力值。输出描述 Output Description输出只有一行，包含一个整数，即 R 轮比赛结束后，排名第Q 的选手的编号。样例输入 Sample Input2 4 27 6 6 710 5 20 15样例输出 Sample Output1数据范围及提示 Data Size & Hint数据范围对于 30%的数据，1 ≤ N≤ 100；对于 50%的数据，1 ≤ N≤ 10,000；对于 100%的数据，1 ≤ N≤ 100,000，1 ≤ R≤ 50，1 ≤ Q≤ 2N，0 ≤ s1, s2, …, s2N ≤ 108，1 ≤ w1,w2, …, w2N ≤ 108。

mdzz，这明明是个普及组题目，竟然难倒我了。。。我还是真的好弱啊。。。

刚开始我以为直接暴力是可以过的，然而呵呵了。暴力的复杂度为R*（2*N*logN+N）然后我每次都sort这种最朴素的暴力只能拿到60分，这里用了一些黑科技水过了codevs和OpenJudge。。。首先，我们可以加上手动读入。亲测可以拿到90分，然后对于sort，我们换用作stable_sort，我们把cmp数组，改为重载小于号，这个可以加速结构体排序。

代码如下：

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=500005;struct dqs{    int num,fen,nl;}hh[maxn];bool operator<(dqs a,dqs b){    if(a.fen==b.fen)        return a.num<b.num;    return a.fen>b.fen;}int read(){    int num=0,flag=1;    char c;    c=getchar();    while(c<'0'||c>'9')    {        if(c=='-') flag=-1;        c=getchar();    }    while(c>='0'&&c<='9')    {        num=num*10+c-'0';        c=getchar();    }    return num*flag;}int main(){    int n,r,q;    scanf("%d%d%d",&n,&r,&q);    for(int i=1;i<=2*n;i++)    {        hh[i].fen=read();        hh[i].num=i;    }    for(int i=1;i<=2*n;i++)        hh[i].nl=read();    for(int i=1;i<=r;i++)    {        stable_sort(hh+1,hh+n*2+1);        for(int j=1;j<=2*n;j+=2)        {            if(hh[j].nl>hh[j+1].nl)                hh[j].fen+=1;            else                hh[j+1].fen+=1;        }    }    stable_sort(hh+1,hh+n*2+1);    printf("%d\n",hh[q].num);return 0;}

暴力讲完了，该讲讲正解了！！！据Zzz学长亲测，真正的官方数据，这些优化都没有卵用。。。正解就是我们利用归并排序的思想来进行解决，也就是说我们再开两个结构体数组，每轮每轮进行模拟，对于赢得一方，我们存在一个数组里，对于输的一方也是这样。每个数组里的数一定是满足单调性的，这个显然。然后我们再按照我们的排序方法，判断放回原来的数组中。这样就能够实现每次O( 2*N )的过程。这样这个复杂度为2*N*R，就可以解决掉这个问题了。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=200005;struct dqs{    int num,fen,nl;}hh[maxn],a[maxn],b[maxn];int n,r,q;void merge_sort(){    int ai=1,bi=1;    for(int j=1;j<=2*n;j+=2)    {        if(hh[j].nl>hh[j+1].nl)        {            hh[j].fen+=1;            a[ai++]=hh[j];            b[bi++]=hh[j+1];                    }        else        {            hh[j+1].fen+=1;            a[ai++]=hh[j+1];            b[bi++]=hh[j];                  }    }    int i=1,j=1,k=1;    while(i<ai&&j<bi)    {        if(a[i].fen==b[j].fen)        {            if(a[i].num<b[j].num)                hh[k++]=a[i++];            else                hh[k++]=b[j++];        }                   else        {            if(a[i].fen>b[j].fen)                hh[k++]=a[i++];            else                hh[k++]=b[j++];        }    }    while(i<ai)        hh[k++]=a[i++];    while(j<bi)        hh[k++]=b[j++];}int main(){    scanf("%d%d%d",&n,&r,&q);    for(int i=1;i<=2*n;i++)    {        scanf("%d",&hh[i].fen);        hh[i].num=i;    }    for(int i=1;i<=2*n;i++)        scanf("%d",&hh[i].nl);        sort(hh+1,hh+n+1,cmp);    for(int i=1;i<=r;i++)        merge_sort();    printf("%d\n",hh[q].num);return 0;}