AtCoder Beginner Contest 250 G,H

G

法1：
我们有一种显然的贪心思路——对于一个\(i\)，尝试找到后面一个\(j\)，满足\(P_{j}>P_{i}\)，在\(i\)时刻买入，在\(j\)时刻卖出。

这样的做法显然不对。

假设我们是在\(i\)时买入一个stonk，在\(j\)时卖出，而在\(k\)时卖出是最优解。那么我们可以假设在\(j\)时刻卖出后，我们立刻以\(j\)的价格“尝试”买入，然后在\(k\)时刻，发现前面有\(j\)时刻的stonk，则总价值为\(p_{j}-p_{i}+p_{k}-p_{j}\)，那么和\(i\)时买入\(k\)时卖出是没有差异的。

我们使用堆去维护，对于\(i\)从\(1\)到\(n\)，我们找到堆中最小的元素，如果它小于\(p_{i}\)，那么我们暂且卖出它，并将\(p_{i}\)加入队列中。最后，我们还需要把\(p_{i}\)本身加入。

法2：
假设\(a_{i}=1\)表示我们在\(i\)时刻买入stonk，\(a_{i}=-1\)表示我们在\(i\)时刻卖出stonk，\(a_{i}=0\)表示我们什么都不做。

那么我们的前缀和\(sum_{i}=\sum_{j=0}^{i} a_{j}\)必须要满足\(sum_{i}>0\)。

开始我们假设所有点都是\(a_{i}=1\)。

从大往小考虑\(p_{i}\)：若我们选择在\(i\)时刻卖出，那么\(sum_{i},sum_{i+1},...\)都要减去\(2\)；若我们在\(i\)时刻什么都不做，那么\(sum_{i},sum_{i+1},...\)都要减去\(1\)；否则维持原样，\(sum_{i}\)也不改变。

我们肯定尽可能将更多的点改为\(-1\)，其次是\(0\)。所以对于\(\min_{j=i}^{n} sum_{j}\geq 2\)时，我们肯定选择在\(i\)时刻卖出；对于\(\min_{j=i}^{n} sum_{j}=1\)时，我们选择什么都不做；否则我们选择维持原样。

这可以使用线段树实现。

H
注意到出发和到达点都是house，那么我们大致的路线就是从\(x\)出发，到达另一个house，从那个house再到其它的house，直到到达终点。

我们要对题中输入的每一条边\((x,y)\)，分别找到离\(x,y\)最近的house（这可以使用Dijkstra解决），设为\(x',y'\)，这样从\(x'\)到\(y'\)，可以经过边\(x',y'\)，且代价为\(dis(x',x)+dis(x,y)+dis(y,y')\)。这样我们就组成了一个新的图。

举个例子，样例中建出的新图，有三个点\(V=\{1,2,3\}\)，有两条边\(E=\{(1,2,15),(2,3,5)\}\)。

如果我们定义新图中一条路径的价值为经过边权的最大值（即Takahashi至少要保存清醒的时间）。那么对于询问，我们就是查询新图中连接它们所有路径中价值最小的那个。

法1：
我们将询问离线。从小到大加入新图中的边，使用并查集查询在\(t_{i}\)时刻，\(x_{i},y_{i}\)是否在同一个联通块中。

法2：
在线解决。不难发现价值最小的那个路径一定在最小生成树中，因为Kruskal的过程就是从小到大依次加边（用权值最小的边合并两个连通块），遇到环就不加入，故在生成的树中的路径一定是最大值最小的。

所以，对于从\(x_{i}\)到\(y_{i}\)，我们可以放到生成树中，倍增解决，找到所需的最小代价，和\(t_{i}\)比较大小即可。