<Atcoder - 091C> 扫描线
https://atcoder.jp/contests/abc091/tasks/arc092_a
题意：
有n个红点，n个蓝点，所选的红点和蓝点能够成友好的条件是：红点的横纵座标分别小于蓝点的横纵座标。取过的点不能重复取，问最多能构成几对友好。
思路：
定义结构体，将所有红点蓝点统一按照x升序排列。然从后往前扫，碰到蓝点就传入set，碰到红点时，就利用set的upper_bound返回纵座标大于该红点纵座标且离他最近的蓝点，因为x升序过了，故只看y，用过的蓝点清除出set即可。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxx = 2e2 + 7;
const int Inf = 1 << 30;
const LL INF = 1LL << 60;
int n, ans;
set <int> sst;
struct PP {
int x, y;
bool color;
friend bool operator < (PP u, PP v) {
return u.x < v.x;
}
} p[maxx];
void Init() {
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> p[i].x >> p[i].y;
p[i].color = 0;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> p[i + n].x >> p[i + n].y;
p[i + n].color = 1;
}
sort(p + 1, p + 2 * n + 1);
}
void Scan() {
set <int>::iterator id;
for(int i = 2 * n; i >= 1; i--) {
if(p[i].color) sst.insert(p[i].y);
else {
id = sst.upper_bound(p[i].y);
if(id != sst.end()) {
ans++;
sst.erase(id);
}
}
}
cout << ans << endl;
}
int main() {
Init();
Scan();
return 0;
}
<Atcoder - 062D> 优先队列 + 前后缀和
https://atcoder.jp/contests/abc062/tasks/arc074_b
题意：
从3n个数中精确删除n项，使得剩下的2n个数前n项和与后n项和的差值最大，求这个最大差值。
思路：
这题类似于一个插板法，无论怎么删除，原来元素的相对位置是不发生改变的。原来3n个数的序列的前n项都不可能进入新的2n个数的序列的后n项，同理，原来3n个数的序列的后n项都不可能进入新的2n个数的序列的前n项。那么不断用中间的n项去置换两边的n项，便能达到删除的目的，被中间的n项置换出来的数就相当于被删除了。那么置换条件显然是把中间n项中大的数往前置换，小的数往后置换，这样才能使得前n项和后n项的差值最大。那么我们可以在原始的3n项的序列内，前n项压进升序(即队头最小)的优先队列que，后n项压进降序(即队头最大)的优先队列qua。记前n项的前缀和为suml[n] = s1，后n项的后缀和为sumr[n * 2 + 1] = s2。那么我们研究中间的n项如何置换：
1）令l = n + 1，r = 2n，在 l <= r 内，碰到比que.top()大的，就发生置换，改变原来的队头(比原来那个队头大的不是直接成为新的队头，把它压进队列，让队头变成新的这n个数中一个新的最小值)，改变前缀和s1。
2）令l = n + 1，r = 2n，在 l <= r 内，碰到比qua.top()小的，就发生置换，改变原来的队头(比原来那个队头小的不是直接成为新的队头，把它压进队列，让队头变成新的这n个数中一个新的最大值)，改变后缀和s2。
对于中间的n项，由于不管怎么删除相对位置都不会改变(应该谁在谁前面，就谁在谁前面)，一定是前x个置换进入前n项，后n-x个置换进入后n项(当然也可能不发生置换)，这也是记录前后缀和的原因。所以对于 n <= i <= 2n，相当于在 i 这个位置插一个隔板，隔板之前的元素向前发生置换，隔板之后的元素向后发生置换。维护前后缀和suml[i] - sumr[i + 1]的最大值就是答案。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxx = 3e5 + 7;
const int Inf = 1 << 30;
const ll INF = 1ll << 60;
int n;
ll a[maxx];
ll suml[maxx], sumr[maxx];
ll s1, s2;
priority_queue <ll, vector<ll>, less<ll> > qua; //降序, 队头大
priority_queue <ll, vector<ll>, greater<ll> > que; //升序, 队头小
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n * 3; i++) {
scanf("%lld", &a[i]);
if(i <= n) {
s1 += a[i];
que.push(a[i]);
}
else if(i >= 2 * n + 1) {
s2 += a[i];
qua.push(a[i]);
}
}
suml[n] = s1; //前n项和
sumr[n * 2 + 1] = s2; //后n项和
int l = n + 1, r = 2 * n;
//只能精确删除n项, 无论怎么删, 后n项都不可能进到前n项去
//故让中间的n项去往两边置换
//中间的n项必然是前x个置换到前n项内, 后n-x个置换到后n项内(或者不发生置换)
//故分别维护前缀和、后缀和, 前缀和与后缀和的差维护一个最大值
while(l <= r) {
if(a[l] > que.top()) { //每次置换出最小的队头
s1 += a[l];
s1 -= que.top();
que.pop();
que.push(a[l]);
}
suml[l] = s1; //维护前缀和
l++;
}
l = n + 1, r = 2 * n;
while(l <= r) {
if(a[r] < qua.top()) { //每次置换出最大的队头
s2 += a[r];
s2 -= qua.top();
qua.pop();
qua.push(a[r]);
}
sumr[r] = s2; //维护后缀和
r--;
}
ll ans = -INF;
for(int i = n; i <= n * 2; i++) ans = max(ans, suml[i] - sumr[i + 1]);
printf("%lld\n", ans);
}