可能这次考得好的原因就是熬夜颓废到不算太晚？（啪）
但是是真心困。
考前跟akt说：我希望今天考一点那种不用动脑子，就是一直码的题。
然后开门T1一道线段树维护单调栈的板子我就。。。了
当时调了一上午啊，我就觉得考场上不可能调出来，但是T2和T3都不会做，所以回去调板子。
说是“调”其实很不严谨，因为我其实就是一直在写，连编译都没有编译过。
一个半小时之后差不多要写完了（但是还没有写完）。感觉心累，并不觉得自己写的是对的（模板爆零专家）
于是没打完就弃了。
T3感觉数据很难造而可行方案很多，于是乱打了一个。
然后觉得T2的题目有7个参数很难写，就想都没想打了一个非常蠢的$O(n^3log n)$的暴力。（可以非常简单的优化到$O(n^2 log n)$）
最后给T1写了一个20分的暴力，把自己写的线段树注释了。离考试结束还有10分钟。
检查完文件闲得无聊。于是去继续在注释里写T1的线段树。
本来就没差多少于是写完了，脑子一抽想试一下。
结果就过样例了，然而我很不放心觉得它过不了，于是还测试点分治了一下。
然后我板子居然没爆炸2333太快乐了。
然后T3乱搞A了2333太快乐了。
然后T2的$O(n^3logn)$过了1000的点2333太快乐了。
然后就莫名其妙地rank1了2333太快乐了。
真的不是在用脑子考试，是在用RP考试。。。
T1：陶陶摘苹果
题目已经说了显然是快速傅丽叶变换再加一个狄利克雷卷积
可以发现这是一个非常裸的线段树优化单调栈，可以去看我《椎》的题解，写的挺详细的。
复杂度是$O(nlog^2n)$的。不是最优的但是也可过。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int cl[800005],cr[800005],w[800005],mx[800005],mxr,n,m,h[100005],rv[800005]; 4 int ask(int p,int l,int r,int W){ 5 if(W>=mx[p])return 0; 6 if(cl[p]==cr[p]){mxr=max(mxr,mx[p]);return 1;} 7 if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r){ 8 if(W>mx[p<<1|1])return ask(p<<1,l,r,W); 9 int re=ask(p<<1|1,l,r,W)+rv[p]; 10 mxr=max(mxr,mx[p]);return re; 11 } 12 int ans=0; 13 if(r>cr[p<<1])ans=ask(p<<1|1,l,r,W); 14 if(l<=cr[p<<1])ans+=ask(p<<1,l,r,mxr); 15 return ans; 16 } 17 void update(int p){ 18 mx[p]=max(mx[p<<1],mx[p<<1|1]); 19 mxr=0;rv[p]=ask(p<<1,cl[p<<1],cr[p<<1],mx[p<<1|1]); 20 } 21 void modify(int p,int pos,int H){ 22 if(cl[p]==cr[p]){mx[p]=H;return;} 23 modify(pos<=cr[p<<1]?p<<1:p<<1|1,pos,H); 24 update(p); 25 } 26 void build(int p,int l,int r){ 27 cl[p]=l;cr[p]=r; 28 if(l==r){w[p]=1;mx[p]=h[l];return;} 29 build(p<<1,l,l+r>>1); 30 build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r); 31 update(p); 32 } 33 int main(){ 34 freopen("TaoPApp.in","r",stdin); 35 freopen("TaoPApp.out","w",stdout); 36 scanf("%d%d",&n,&m); 37 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&h[n+1-i]); 38 build(1,1,n); 39 for(int i=1;i<=m;++i){ 40 int p,nw,r,mx=-1,cnt=0;scanf("%d%d",&p,&nw);p=n+1-p;r=h[p]; 41 if(n<=5000&&m<=5000){ 42 h[p]=nw; 43 for(int j=n;j;--j)if(h[j]>mx)mx=h[j],cnt++; 44 printf("%d\n",cnt);h[p]=r; 45 } 46 else modify(1,p,nw),mxr=0,printf("%d\n",ask(1,1,n,0)),modify(1,p,r); 47 } 48 }
也有其它做法，如分治（像《走路》）。
题解的做法是考虑每个点左右两端，预处理出来它的类似与于单调栈的东西，然后二分位置。也挺麻烦的。
T2：开心的金明
暴力50%：
枚举买进原料的时间，枚举制造电脑的时间，枚举卖出的时间，线段树维护电脑还能存多少（区间减，区间取min），复杂度O(n^3logn)。
1 #include<cstdio> 2 #define inf 1234567890 3 inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;} 4 int k,bf[50005],s[50005],kpn[50005],kpf[50005],ksf[50005],mf[50005],mn[50005];long long ans; 5 struct Segment_Tree{ 6 int mn[400005],lz[400005],cl[400005],cr[400005]; 7 void build(int p,int l,int r){ 8 cl[p]=l;cr[p]=r; 9 if(l==r)return (void)(mn[p]=kpn[l]); 10 build(p<<1,l,l+r>>1); 11 build(p<<1|1,(l+r>>1)+1,r); 12 mn[p]=min(mn[p<<1],mn[p<<1|1]); 13 } 14 void down(int p){ 15 mn[p<<1]-=lz[p];mn[p<<1|1]-=lz[p]; 16 lz[p<<1]+=lz[p];lz[p<<1|1]+=lz[p]; 17 lz[p]=0; 18 } 19 void minus(int p,int l,int r,int w){ 20 if(r<l)return; 21 if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r)return mn[p]-=w,lz[p]+=w,(void)0; 22 if(lz[p])down(p); 23 if(l<=cr[p<<1])minus(p<<1,l,r,w); 24 if(r>cr[p<<1])minus(p<<1|1,l,r,w); 25 mn[p]=min(mn[p<<1],mn[p<<1|1]); 26 } 27 int ask(int p,int l,int r){ 28 if(r<l)return inf; 29 if(l<=cl[p]&&cr[p]<=r)return mn[p]; 30 if(lz[p])down(p); 31 return min(l<=cr[p<<1]?ask(p<<1,l,r):inf,r>cr[p<<1]?ask(p<<1|1,l,r):inf); 32 } 33 }T; 34 int main(){ 35 freopen("happy.in","r",stdin); 36 freopen("happy.out","w",stdout); 37 scanf("%d",&k); 38 for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%d%d%d%d",&bf[i],&s[i],&mf[i],&mn[i]); 39 for(int i=1;i<k;++i)scanf("%d%d%d",&kpn[i],&ksf[i],&kpf[i]),ksf[i]+=ksf[i-1],kpf[i]+=kpf[i-1]; 40 T.build(1,1,k-1); 41 for(int sd=1;sd<=k;++sd){ 42 int lft=s[sd]; 43 while(lft){ 44 int bbd,bpd,num,cost=inf; 45 for(int pd=sd;pd;--pd)for(int bd=pd;bd;--bd){ 46 int C=bf[bd]+ksf[pd-1]-ksf[bd-1]+kpf[sd-1]-kpf[pd-1]+mf[pd],Num=min(mn[pd],T.ask(1,pd,sd-1)); 47 if(C<cost&&Num)num=Num,cost=C,bbd=bd,bpd=pd; 48 } 49 if(cost==inf)return puts("-1"),0; 50 num=min(num,lft); 51 lft-=num;T.minus(1,bpd,sd-1,num);mn[bpd]-=num; 52 ans+=num*cost; 53 } 54 }printf("%lld\n",ans); 55 }
因为对材料没有任何的限制，所以可以预处理材料在每一天的价格，就可以降低到$O(n^2log n)$。
直接上正解。
首先正解也用到了这种处理原材料的价格的方法：对于新的一天，要么把昨天单位原材料的价格+昨天到今天存储原材料的价格作为今天的价格，要么直接把今天买入的价格作为真正价格。
然后反正你已经有原料了。用set维护结构体存每一个电脑的费用以及这个费用的电脑的数量。
模拟每一天的过程。
计算今天制造电脑的价格（最小原材料价格+制造费用），放进set里。
卖电脑。从set里取出价格最小的电脑一直到卖够数量，累加答案，卖不够就无解。
屯材料。计算材料留到明天的价格，是min(留到今天的价格+存储费用，明天再买的价格)
屯电脑。如果set里的电脑多于存储上限，那就干掉最贵的，留下的电脑涨价（存储价格）。
没了。就是贪心。
1 #include<cstdio> 2 #include<set> 3 using namespace std; 4 struct P{int n,f;friend bool operator<(P a,P b){return a.f<b.f;}}; 5 multiset<P>S,res; 6 int k,bf[50005],s[50005],kpn[50005],kpf[50005],ksf[50005],mf[50005],mn[50005],sf,totn; 7 long long ans; 8 main(){ 9 freopen("happy.in","r",stdin); 10 freopen("happy.out","w",stdout); 11 scanf("%d",&k); 12 for(int i=1;i<=k;++i)scanf("%d%d%d%d",&bf[i],&s[i],&mf[i],&mn[i]); 13 for(int i=1;i<k;++i)scanf("%d%d%d",&kpn[i],&ksf[i],&kpf[i]); 14 sf=bf[1]; 15 for(int i=1;;++i){ 16 if(mn[i])S.insert((P){mn[i],mf[i]+sf});totn+=mn[i]; 17 while(s[i]){ 18 if(S.empty())return puts("-1"),0; 19 P x=*S.begin();int num=min(s[i],x.n);S.erase(S.begin()); 20 ans+=1ll*x.f*num;x.n-=num;totn-=num;s[i]-=num; 21 if(x.n)S.insert((P){x.n,x.f}); 22 } 23 if(i==k)break; 24 sf=min(sf+ksf[i],bf[i+1]); 25 while(totn>kpn[i]){ 26 P x=*S.rbegin();int num=min(totn-kpn[i],x.n);S.erase(--S.end()); 27 totn-=num;x.n-=num; 28 if(x.n)S.insert((P){x.n,x.f}); 29 } 30 for(auto it=S.begin();it!=S.end();++it)res.insert((P){(*it).n,(*it).f+kpf[i]}); 31 swap(S,res);res.clear(); 32 }printf("%lld\n",ans); 33 }
T3：笨小猴
1 #include<cstdio> 2 #include<set> 3 using namespace std; 4 struct A{int a,b,o;friend bool operator<(A x,A y){return x.a<y.a;}}; 5 struct B{int a,b,o;friend bool operator<(B x,B y){return x.b<y.b;}}; 6 set<A>as[2];set<B>bs[2]; 7 int st[200005],n;long long ala,alb,tota,totb; 8 int main(){ 9 freopen("grandmaster.in","r",stdin); 10 freopen("grandmaster.out","w",stdout); 11 scanf("%d",&n); 12 for(int i=1,a,b;i<=n+1;++i){ 13 scanf("%d%d",&a,&b); 14 ala+=a;alb+=b;tota+=a;totb+=b; 15 as[0].insert((A){a,b,i}); 16 bs[0].insert((B){a,b,i}); 17 } 18 for(int i=1,a,b;i<=n;++i){ 19 scanf("%d%d",&a,&b); 20 tota+=a;totb+=b;st[n+1+i]=1; 21 as[1].insert((A){a,b,n+1+i}); 22 bs[1].insert((B){a,b,n+1+i}); 23 } 24 if(ala>tota-ala&&alb>totb-alb){for(int i=1;i<=n+1;++i)printf("%d\n",i);return 0;} 25 if(ala<=tota-ala&&alb<=totb-alb){for(int i=n;i<=n+n+1;++i)printf("%d\n",i);return 0;} 26 int nst=0; 27 while(1){ 28 ala=tota-ala;alb=totb-alb;//printf("%lld %lld\n",ala,alb); 29 if(ala<=tota-ala){ 30 A c=*(--as[nst].end());B d=(B){c.a,c.b,c.o};//printf("--%d %d %d\n",c.a,c.b,c.o); 31 as[nst].erase(c);bs[nst].erase(d); 32 nst^=1;as[nst].insert(c);bs[nst].insert(d); 33 ala+=c.a;alb+=c.b;st[c.o]=nst; 34 }else{ 35 B c=*(--bs[nst].end());A d=(A){c.a,c.b,c.o};//printf("--%d %d %d\n",c.a,c.b,c.o); 36 bs[nst].erase(c);as[nst].erase(d); 37 nst^=1;bs[nst].insert(c);as[nst].insert(d); 38 ala+=c.a;alb+=c.b;st[c.o]=nst; 39 } 40 if(ala>tota-ala&&alb>totb-alb){for(int i=1;i<=n+n+1;++i)if(st[i]==nst)printf("%d\n",i);return 0;} 41 } 42 }
正解很好啊。所有物品按照A排序，选出每一对里B较大的一个。再选出最后一个。
这样的话如果在一对里A大的B也大，那么直接删除这一对就可以继续考虑剩下的问题。
那么到最后你剩下的就是一堆按A排序的牌，它们的每一对你都选了第一张。
然后因为我们还选了最后一张，所以我们其实可以把第一张牌扔掉再次进行配对。
可以发现每一对牌里A大的B也大了。所以决策合法。
题挺好，思路也挺好，就是数据没法造。