Codeforces #274 Div 1 简要题解

比赛总结

打得有点怂，这次div1题目比较水，我做了三题，不过比较坑的是，我第二题因为少了几个特判，wa了8次才ac，第三题因为看错题，wa了两次才ac
在正式和非正式选手里排名438名
在正式选手里排名306名
(做了三题，罚时太惨被一堆做2题的艹了。。。)

A. Exams

题目链接

http://codeforces.com/contest/480/problem/A

题目大意

某人要参加n 场考试，第i 场考试是在第ai 天考，也可以提前放到第bi 天考，但是提前考试的话，登分会标记这次考试是在第ai 天考的。考完一次考试登记一次考试时间。他希望登记册里，登记的时间是非降的，问最后一场考试最早能在什么时候进行

思路

考试进行的顺序，一定是按照ai 升序，即先考ai 小的，再考ai 大的。

但是每场考试是选ai 天考还是bi 天考呢？显然是尽量选bi 天考，我们记录last= 上一次考试的日期，若bi>=last ，就选bi 天考，否则就只能选ai 天考了。由于bi<ai ，而且之前预处理时，考试是按照ai 为第一关键字升序，bi 为第二关键字升序，所以ai 保证是大于等于last 的。这样的做法是一定正确的

代码

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

#define MAXN 6000

using namespace std;

pair<int,int>pr[MAXN];
int n;

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&pr[i].first,&pr[i].second);
    sort(pr+1,pr+n+1);
    int last=pr[1].second;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(pr[i].second>=last) last=pr[i].second;
        else last=pr[i].first;
    }
    printf("%d\n",last);
    return 0;
}

B. Long Jumps

题目链接

http://codeforces.com/contest/480/problem/B

题目大意

给你一个长度为L 、有n 个刻度的尺子，第1号刻度是0，第n 号刻度是L ，给你每个刻度的位置，问最少要加多少个刻度，才能存在某两个刻度之间距离为x ，某两个刻度之间距离为y

思路

显然，答案最多为2，如果已经存在了某两个刻度之间距离为x或y ，则答案为1，如果已经存在了某两个刻度之间距离为x和y ，则答案为0
这个可以通过枚举刻度a[i] ，然后二分判断是否存在a[i]+x 和a[i]+y 来解决

但是重点不在于此，而是一个特殊情况：有可能存在某两个已经存在的刻度，插入一个新的刻度后，就可以满足题目要求了。这个就需要特判了，具体看代码比较清楚吧

代码

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

#define MAXN 6000

using namespace std;

pair<int,int>pr[MAXN];
int n;

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&pr[i].first,&pr[i].second);
    sort(pr+1,pr+n+1);
    int last=pr[1].second;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(pr[i].second>=last) last=pr[i].second;
        else last=pr[i].first;
    }
    printf("%d\n",last);
    return 0;
}

C. Riding in a Lift

题目链接

http://codeforces.com/contest/480/problem/C

题目大意

一个n 层摩天楼里，某个人初始在a 层，每一步可以从一层x 走到另一层x′ ，但是有限制：|x−x′|<|x−b| ，且不能停留在原楼层不动，问这个人走K 步，有多少种不同的走法

思路

一个非常显然的DP思路：f[i][j]= 走完i 步后，这个人在第j 层的方案数。答案就是∑f[K][i]

设dis=|x−b|−1 ，则f[i][j] 可以转移到f[i+1][max{1,j−dis}] 到f[i+1][min{n,j+dis}](f[i+1][j] 除外！)

这样DP的复杂度为O(n3) ，可以考虑通过优化贡献答案的那部分来降维。

我们知道，给一个序列不断进行区间加的操作，可以维护一个数组a[]a[] ，每次区间[L,R][L,R] 加valval 时，让a[L]+=val ,a[R+1]+=val ，最后通过求前缀和即可得到若干次操作后的序列，这样操作，每次是O(1) 的，就能在DP的区间更新答案步骤里做到降维了，每次枚举完某个i 的所有f[i][] 后，再通过求f[i][] 的前缀和来还原dp数组

代码

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

#define MAXN 6000

using namespace std;

pair<int,int>pr[MAXN];
int n;

int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&pr[i].first,&pr[i].second);
    sort(pr+1,pr+n+1);
    int last=pr[1].second;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(pr[i].second>=last) last=pr[i].second;
        else last=pr[i].first;
    }
    printf("%d\n",last);
    return 0;
}