DAY5共2题：
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储物点的距离（前缀和）
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糖糖别胡说，我真的不是签到题目（multiset，思维）
? 作者：Eriktse
? 简介：19岁，211计算机在读，现役ACM银牌选手?力争以通俗易懂的方式讲解算法！❤️欢迎关注我，一起交流C++/Python算法。（优质好文持续更新中……）?
? 原文链接（阅读原文获得更好阅读体验）：https://www.eriktse.com/algorithm/1096.html
储物点的距离
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14683
预处理出各点搬运到点1和点n的代价前缀和，以及区间重量和。
假如我们要将区间[5, 7]的物品全部搬运到3，代价应该是区间[5, 7]的物品全部搬运到的1，然后减去多搬的代价：[5, 7]的重量和 * dist(1, 3)。
上面是x < l的情况，x > r的情况类似。
当l <= x <= r只需将区间[l, r]分为两部分求和即可。
记得取模，距离要取模，前缀和也要取模。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 9, p = 1e9 + 7;
//sum_l[i]表示区间[1, i]的物品都运到点1的代价之和
//prefix_a[i]表示区间[1, i]的物品重量之和
//pos[i]是第i个点的位置，通过a[]作前缀和得到
int a[maxn], pos[maxn], sum_l[maxn], sum_r[maxn], prefix_a[maxn];
int n, m;
//取模函数
int mo(int x){return (x % p + p) % p;}
int f(int x, int l, int r)
{
if(l > r)return 0;
int res = 0;
if(x <= l)
{
res = mo(sum_l[r] - sum_l[l - 1]);
res = mo(res - mo(pos[x] - pos[1]) * mo(prefix_a[r] - prefix_a[l - 1]) % p);
}
else if(x >= r)
{
res = mo(sum_r[r] - sum_r[l - 1]);
res = mo(res - mo(pos[n] - pos[x]) * mo(prefix_a[r] - prefix_a[l - 1]) % p);
}
return res;
}
signed main()
{
scanf("%lld %lld",&n, &m);
pos[1] = 1;
for(int i = 2, d;i <= n; ++ i)scanf("%lld", &d), pos[i] = pos[i - 1] + d;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)scanf("%lld", a + i);
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
sum_l[i] = mo(sum_l[i - 1] + a[i] * mo(pos[i] - pos[1]) % p);
sum_r[i] = mo(sum_r[i - 1] + a[i] * mo(pos[n] - pos[i]) % p);
}
for(int i = 1;i <= n; ++ i)prefix_a[i] = mo(prefix_a[i - 1] + a[i]);
while(m --)
{
int x, l, r;scanf("%lld %lld %lld", &x, &l, &r);
int ans = 0;
if(l <= x and x <= r)ans = mo(f(x, l, x - 1) + f(x, x + 1, r));
else ans = f(x, l, r);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}
糖糖别胡说，我真的不是签到题目
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14583
本题有两种解法，第一种容易理解，第二种效率更优。
第一种解法：正向，multiset。
发功次数可以用一个桶来记录，让[1, i]的所有点的属性值都+1，相当于把后面的都-1，用一个fix表示偏移量。
建立两个multiset表示两组中的糖糖，好处是可以快速找出能力值最小的，从而去除掉。
扫一遍，把第i只糖糖加入到属于它的集合中，然后将另外一个集合中已有的能力值小的糖糖进行删除，再检查此时是否有发功。
最后集合中留下的糖糖个数即为答案。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 9, inf = 8e18;
struct Node
{
int a, b;
}p[maxn];
int add[maxn];
void solve()
{
int n, m;scanf("%lld %lld",&n, &m);
memset(add, 0, sizeof(int) * (n + 2));
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
scanf("%lld %lld", &p[i].a, &p[i].b);
//注意同一时间可能施法多次
for(int i = 1, x;i <= m; ++ i)scanf("%lld", &x), add[x] ++;
int fix = 0, cnt = 0;
multiset<int> st[2];
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{
int a = p[i].a, b = p[i].b - fix;
st[a].insert(b);
while(!st[a ^ 1].empty() and *st[a ^ 1].begin() < b)
st[a ^ 1].erase(st[a ^ 1].begin()), cnt ++;
fix += add[i];
}
printf("%lld\n", n - cnt);
}
signed main()
{
int _;scanf("%lld", &_);
while(_ --)solve();
return 0;
}
第二种解法：反向，思维。
我们想这么一个问题，一个糖糖x是否会被删除取决于在x出现之后，在另外一个集合中，是否出现了能力值高于x的能力值的糖糖y。
那么我们逆向遍历，维护两个集合的最值，当前的新加入的糖糖x的能力值如果低于另外一个集合中已经存在的（即右边的）糖糖能力值的最大值，说明他后面会被某个糖糖y删除掉，直接打上标记，但是我们不用真的删除。
糖糖x还可以用于删除左边的另一个集合的能力值较小的糖糖。注意此时的发功应该在循环开始时进行修改。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 9, inf = 8e18;
struct Node
{
int a, b;
}p[maxn];
int add[maxn];
void solve()
{
int n, m;scanf("%lld %lld",&n, &m);
memset(add, 0, sizeof(int) * (n + 2));
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
scanf("%lld %lld", &p[i].a, &p[i].b);
//注意同一时间可能施法多次
for(int i = 1, x;i <= m; ++ i)scanf("%lld", &x), add[x] ++;
int fix = 0, cnt = 0;
int mx[2] = {-inf, -inf};
for(int i = n;i >= 1; -- i)
{
fix += add[i];
int a = p[i].a, b = p[i].b + fix;
mx[a] = max(mx[a], b);
if(mx[a ^ 1] > b)cnt ++;
}
printf("%lld\n", n - cnt);
}
signed main()
{
int _;scanf("%lld", &_);
while(_ --)solve();
return 0;
}
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