NOIP基本算法
1、二分
poj 2018 Best Cow Fences
▪ http://poj.org/problem?id=2018
▪ 题意：给定一个正整数数列𝐴，求一个平均数最大的长度不小于𝐿 的子段。
▪ 二分答案（平均值）
▪ 判定是否存在一个长度不小于𝐿 的子段，平均数不小于二分的值𝑚
▪ 判定方法：
▪ 把数列中每个数都减去平均值，问题变为是否存在长度不小于𝐿 的子段，子段和非负
▪转化为前缀和相减的形式𝑠𝑢𝑚 𝑖 − min 0≤𝑗≤𝑖−𝐿 𝑠𝑢𝑚 𝑗 ≥ 0
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 100005 11 using namespace std; 12 13 inline int read() 14 { 15 char c=getchar(); 16 int res=0,x=1; 17 while(c<'0'||c>'9') 18 { 19 if(c=='-') 20 x=-1; 21 c=getchar(); 22 } 23 while(c>='0'&&c<='9') 24 { 25 res=res*10+(c-'0'); 26 c=getchar(); 27 } 28 return x*res; 29 } 30 31 int n,m; 32 double l=100000000,r=0; 33 double a[maxn],b[maxn],c[maxn]; 34 35 bool check(double x) 36 { 37 double temp=0,ans=-1000000; 38 for(int i=1;i<=n;i++) 39 { 40 b[i]=a[i]-x; 41 c[i]=c[i-1]+b[i]; 42 } 43 for(int i=m;i<=n;i++) 44 { 45 temp=min(temp,c[i-m]); 46 ans=max(ans,c[i]-temp); 47 } 48 if(ans>=0) return 1; 49 else return 0; 50 } 51 52 int main() 53 { 54 n=read();m=read(); 55 for(int i=1;i<=n;i++) 56 { 57 scanf("%lf",&a[i]); 58 l=min(l,a[i]); 59 r=max(r,a[i]); 60 } 61 while(r-l>0.00001) 62 { 63 double mid=(l+r)/2; 64 if(check(mid)) 65 { 66 l=mid; 67 } 68 else 69 { 70 r=mid; 71 } 72 } 73 cout<<(int)(r*1000)<<endl; 74 return 0; 75 }
2、双指针扫描
▪ Subsequence http://poj.org/problem?id=3061
▪ 给定序列 𝐴 和一个整数 𝑆，求一个长度最小的连续子段，使得子段和 ≥ 𝑆。
▪ 前缀和+ 二分 O （𝑛log𝑛）
▪ 双指针扫描 O （𝑛 ）——枚举左端 𝑙，所求的子段右端 𝑟 是单调递增的
前缀和+ 二分 O 𝑛log𝑛：
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 100005 11 using namespace std; 12 13 inline int read() 14 { 15 char c=getchar(); 16 int res=0,x=1; 17 while(c<'0'||c>'9') 18 { 19 if(c=='-') 20 x=-1; 21 c=getchar(); 22 } 23 while(c>='0'&&c<='9') 24 { 25 res=res*10+(c-'0'); 26 c=getchar(); 27 } 28 return x*res; 29 } 30 31 int t,n,m,l,r,aa; 32 int a[maxn],b[maxn]; 33 34 bool check(int x) 35 { 36 int ans=0; 37 for(int i=x;i<=n;i++) 38 { 39 ans=max(ans,b[i]-b[i-x]); 40 } 41 if(ans>=m) return 1; 42 else return 0; 43 } 44 45 int main() 46 { 47 t=read(); 48 while(t--) 49 { 50 n=read();m=read(); 51 for(int i=1;i<=n;i++) 52 { 53 aa=read(); 54 a[i]=aa; 55 b[i]=b[i-1]+a[i]; 56 } 57 if(b[n]<m) 58 { 59 printf("0\n"); 60 continue; 61 } 62 l=1;r=n; 63 while(l<=r) 64 { 65 int mid=(l+r)>>1; 66 if(check(mid)) 67 { 68 r=mid-1; 69 } 70 else 71 { 72 l=mid+1; 73 } 74 } 75 printf("%d\n",l); 76 } 77 return 0; 78 }
双指针扫描：
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 100005 11 using namespace std; 12 13 inline int read() 14 { 15 char c=getchar(); 16 int res=0,x=1; 17 while(c<'0'||c>'9') 18 { 19 if(c=='-') 20 x=-1; 21 c=getchar(); 22 } 23 while(c>='0'&&c<='9') 24 { 25 res=res*10+(c-'0'); 26 c=getchar(); 27 } 28 return x*res; 29 } 30 31 int t,n,m,aa,ans; 32 int a1,a2,pd; 33 int a[maxn],b[maxn]; 34 35 int main() 36 { 37 t=read(); 38 while(t--) 39 { 40 n=read();m=read(); 41 ans=1000000; 42 memset(a,0,sizeof(a)); 43 memset(b,0,sizeof(b)); 44 for(int i=1;i<=n;i++) 45 { 46 aa=read(); 47 a[i]=aa; 48 b[i]=b[i-1]+a[i]; 49 } 50 if(b[n]<m) 51 { 52 printf("0\n"); 53 continue; 54 } 55 for(int i=1;i<=n;i++) 56 { 57 if(a[i]>=m) 58 { 59 printf("1\n"); 60 pd=1; 61 break; 62 } 63 } 64 if(pd==1) 65 { 66 pd=0; 67 continue; 68 } 69 a1=1;a2=1; 70 while(a1<=n&&a2<=n) 71 { 72 if(b[a2]-b[a1-1]>=m) 73 { 74 ans=min(ans,a2-a1+1); 75 a1++; 76 } 77 else 78 { 79 a2++; 80 } 81 } 82 printf("%d\n",ans); 83 } 84 return 0; 85 }
▪ Costume Party http://poj.org/problem?id=3663
▪ 给定序列 𝐴 和一个整数 𝑆，求有多少对 𝑖,𝑗 满足 𝐴𝑖 + 𝐴𝑗 ≤ 𝑆。
▪ 把序列 𝐴 排序
▪ 枚举 𝑖，满足要求的 𝑗 的右端位置是单调递减的
双指针扫描：一个指针指向第一个元素，另一个指向最后一个元素，然后向中间间移动指针并累加个数。
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 20005 11 using namespace std; 12 13 inline int read() 14 { 15 char c=getchar(); 16 int res=0,x=1; 17 while(c<'0'||c>'9') 18 { 19 if(c=='-') 20 x=-1; 21 c=getchar(); 22 } 23 while(c>='0'&&c<='9') 24 { 25 res=res*10+(c-'0'); 26 c=getchar(); 27 } 28 return x*res; 29 } 30 31 int n,m,a1,a2,ans,aa; 32 int a[maxn]; 33 34 int main() 35 { 36 n=read();m=read(); 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 { 39 aa=read(); 40 a[i]=aa; 41 } 42 sort(a+1,a+1+n); 43 a1=1;a2=n; 44 while(a1<a2) 45 { 46 if(a[a1]+a[a2]<=m) 47 { 48 ans+=a2-a1; 49 a1++; 50 } 51 else 52 { 53 a2--; 54 } 55 } 56 cout<<ans; 57 return 0; 58 }
二分做法：先排序，再枚举 i ∈ [1,n-1] ，二分查找第一个j使得a[i]+a[j]<=s,然后ans+=j-i；
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 1000005 11 using namespace std; 12 13 inline int read() 14 { 15 char c=getchar(); 16 int res=0,x=1; 17 while(c<'0'||c>'9') 18 { 19 if(c=='-') 20 x=-1; 21 c=getchar(); 22 } 23 while(c>='0'&&c<='9') 24 { 25 res=res*10+(c-'0'); 26 c=getchar(); 27 } 28 return x*res; 29 } 30 31 int n,m,aa; 32 long long ans; 33 int a[maxn]; 34 35 int main() 36 { 37 n=read();m=read(); 38 for(int i=1;i<=n;i++) 39 { 40 aa=read(); 41 a[i]=aa; 42 } 43 sort(a+1,a+1+n); 44 for(int i=1;i<n;i++) 45 { 46 int l=i+1,r=n; 47 while(l<=r) 48 { 49 int mid=(l+r)>>1; 50 if(a[i]+a[mid]<=m) 51 { 52 l=mid+1; 53 } 54 else 55 { 56 r=mid-1; 57 } 58 } 59 ans+=(long long)r-i; 60 } 61 cout<<ans; 62 return 0; 63 }
3、前缀和与差分
前缀和：
▪ 对于一个给定的数列A，它的前缀和数列S是通过递推能求出的基本信息之一：
▪ 𝑆[𝑖] = σ𝑗=1 𝑖 𝐴[𝑗]
▪ 一个部分和，即数列A中某个下标区间内的数的和，可以表示为前缀和相减的形式：
▪ sum 𝑙,𝑟 = σ𝑖=𝑙 𝑟 𝐴 𝑖 = 𝑆 𝑟 − 𝑆[𝑙 − 1]
▪ 在二维数组（矩阵）中，也有类似的递推形式，可求出二维前缀和，进一步计算出二维 部分和。
差分：
▪ 长度为 𝑛 的序列 𝐴 的差分序列是一个长度为𝑛 的序列 𝐵
▪ 其中 𝐵1 = 𝐴1，𝐵𝑖 = 𝐴𝑖 − 𝐴𝑖−1 2 ≤ 𝑖 ≤ 𝑛
▪ 差分序列 𝐵 的前缀和数组就是原序列𝐴
▪ 把 𝐴 的区间 [𝑙,𝑟] 加 𝑑，𝐵 的变化为：𝐵𝑙 加 𝑑，𝐵𝑟+1 减 𝑑
P2280 [HNOI2003]激光炸弹
输入输出格式
输入格式：
输入文件名为input.txt
输入文件的第一行为正整数n和正整数R，接下来的n行每行有3个正整数，分别表示 xi，yi ，vi 。
输出格式：
输出文件名为output.txt
输出文件仅有一个正整数，表示一颗炸弹最多能炸掉地图上总价值为多少的目标（结果不会超过32767）。
输入输出样例
2 1
0 0 1
1 1 1
1
先预处理出矩阵的二维前缀和，然后枚举选用矩阵的右下角，利用二维前缀和公式，
统计最大值，由于矩阵的边缘不能取，注意一下边界，可以将给定矩阵长和宽各减一。
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 5505 11 using namespace std; 12 13 inline int read() 14 { 15 char c=getchar(); 16 int res=0,x=1; 17 while(c<'0'||c>'9') 18 { 19 if(c=='-') 20 x=-1; 21 c=getchar(); 22 } 23 while(c>='0'&&c<='9') 24 { 25 res=res*10+(c-'0'); 26 c=getchar(); 27 } 28 return x*res; 29 } 30 31 int n,m,h,x; 32 int aa,bb,cc; 33 int ju[maxn][maxn]; 34 int ans; 35 36 int main() 37 { 38 n=read();m=read(); 39 for(int i=1;i<=n;i++) 40 { 41 aa=read();bb=read();cc=read(); 42 aa++;bb++; 43 ju[aa][bb]+=cc; 44 } 45 for(int i=1;i<=5001;i++) 46 { 47 for(int j=1;j<=5001;j++) 48 { 49 ju[i][j]+=ju[i-1][j]+ju[i][j-1]-ju[i-1][j-1]; 50 } 51 } 52 for(int i=m;i<=5001;i++) 53 { 54 for(int j=m;j<=5001;j++) 55 { 56 ans=max(ans,ju[i][j]-ju[i-m][j]-ju[i][j-m]+ju[i-m][j-m]); 57 } 58 } 59 cout<<ans; 60 return 0; 61 }
P4552 [Poetize6] IncDec Sequence
题目描述
给定一个长度为n的数列a1,a2,⋯,an，每次可以选择一个区间[l,r]，使这个区间内的数都加1或者都减1。
请问至少需要多少次操作才能使数列中的所有数都一样,并求出在保证最少次数的前提下,最终得到的数列有多少种。
输入输出格式
输入格式：第一行一个正整数n
接下来n行,每行一个整数,第i+1行的整数表示ai。
第一行输出最少操作次数
第二行输出最终能得到多少种结果
输入输出样例
4
1
1
2
2
1
2
说明
对于100%的数据，n≤100000,0≤ai≤2147483648
首先维护一个差分序列，我们可以发现，如果修改区间[i,j]，那么在差分序列上只会修改i和j+1的值，
并且i和j+1的操作相反，由于我们最终要让差分序列变成全0序列，所以我们要优先考虑正负数互相抵消的情况，
也就是说我们让正数减去1，让负数加上1，这样我们一定会向目标靠近一步，最后我们在单独处理剩余的正数或者负数，所以说，进行的操作总是就是差分
序列中正数和与负数和的绝对值的最大值。至于第二问，由于正负数抵消的环节是必不可少的，所以我们只考虑单独处理的这一阶段，由于差分序列是同号的，
所以这个差分序列的原序列一定是单调的，所以可以从前往后操作，也可以从后往前操作，这样得出的结果就是正数和与负数和之差的绝对值+1；
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 100005 11 using namespace std; 12 13 inline int read() 14 { 15 char c=getchar(); 16 int res=0,x=1; 17 while(c<'0'||c>'9') 18 { 19 if(c=='-') 20 x=-1; 21 c=getchar(); 22 } 23 while(c>='0'&&c<='9') 24 { 25 res=res*10+(c-'0'); 26 c=getchar(); 27 } 28 return x*res; 29 } 30 31 long long a1,a2; 32 long long n,aa,ans1,ans2; 33 int a[maxn],b[maxn]; 34 35 int main() 36 { 37 n=read(); 38 for(int i=1;i<=n;i++) 39 { 40 aa=read(); 41 a[i]=aa; 42 b[i]=a[i]-a[i-1]; 43 } 44 for(int i=2;i<=n;i++) 45 { 46 if(b[i]<0) 47 ans1+=b[i]*(-1); 48 if(b[i]>0) 49 ans2+=b[i]; 50 } 51 a1=max(ans1,ans2); 52 cout<<a1<<endl; 53 cout<<abs(ans1-ans2)+1; 54 return 0; 55 }
P2879 [USACO07JAN]区间统计Tallest Cow
▪ 有N 头牛站成一行。两头牛能够相互看见，当且仅当它们中间的牛身高都比它们矮。
▪ 我们只知道其中最高的牛是第P 头，它的身高是H，不知道剩余 𝑁 − 1 头牛的身高。
▪ 我们还知道M 对关系，每对关系都指明了某两头牛𝐴𝑖 和 𝐵𝑖 可以相互看见。
▪ 求每头牛的身高最大可能是多少。
▪ 1 ≤ 𝑁,𝑀 ≤ 104，1 ≤ 𝐻 ≤ 106
▪ 建立一个数组𝐶，数组中起初全为0。
▪ 若一条关系指明𝐴𝑖 和 𝐵𝑖 可以互相看见（不妨设𝐴𝑖 < 𝐵𝑖），则把数组𝐶 中下标为 𝐴𝑖 + 1 到 𝐵𝑖 − 1 的数都减去1，意思是在𝐴𝑖 和 𝐵𝑖 中间的牛，身高至少要比它们小1。
▪ 由于第P头牛是最高的，所以最终 𝐶[𝑃] 一定为0，第 𝑖 头牛的身高就等于𝐻 + 𝐶[𝑖]。
▪ 可转化为建立一个数组𝐷，对于每对 𝐴𝑖 和 𝐵𝑖，令 𝐷[𝐴𝑖 + 1] 减去1，𝐷[𝐵𝑖] 加上1。
▪ 其含义是：“身高减小1”的影响从𝐴𝑖 + 1 开始，持续到𝐵𝑖 − 1，在 𝐵𝑖 结束。
▪ 最后，𝐶 就等于 𝐷 的前缀和。
注意一下，由于这道题的输入数据有重复，所以要去重。方法很简单，开一个map由pair映射到bool判断一下就行了。
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #include<set> 11 #define maxn 10005 12 using namespace std; 13 14 inline int read() 15 { 16 char c=getchar(); 17 int res=0,x=1; 18 while(c<'0'||c>'9') 19 { 20 if(c=='-') 21 x=-1; 22 c=getchar(); 23 } 24 while(c>='0'&&c<='9') 25 { 26 res=res*10+(c-'0'); 27 c=getchar(); 28 } 29 return x*res; 30 } 31 32 int n,p,m,h,aa,bb; 33 int a[maxn],b[maxn]; 34 map<pair<int,int>,bool>s; 35 36 int main() 37 { 38 n=read();p=read();h=read();m=read(); 39 for(int i=1;i<=n;i++) 40 { 41 a[i]=h; 42 b[i]=a[i]-a[i-1]; 43 } 44 for(int i=1;i<=m;i++) 45 { 46 aa=read();bb=read(); 47 if(s[make_pair(aa,bb)]) continue; 48 s[make_pair(aa,bb)]=1; 49 if(aa>bb) 50 swap(aa,bb); 51 b[aa+1]--; 52 b[bb]++; 53 } 54 for(int i=1;i<=n;i++) 55 { 56 b[i]=b[i-1]+b[i]; 57 printf("%d\n",b[i]); 58 } 59 return 0; 60 }
4、贪心
CF444A DZY Loves Physics
题目大意：给定一个无向图，定义一个图的联通导出子图的密度为其点权之和除以边权之和。（注：边权之和为零的图密度为零）求该图的联通导出子图的最大密度。一个图的导出子图是指，选取一个顶点集，以两端点均在该顶点集中的边的全体为边集的子图。
输入格式：第一行两个整数n (1<=n<=500) ,m(0<=m<=n(n-1)/2)，分别表示图的节点数和边数。第二行n个整数xi（1<=xi<=1000000）表示第i个点的权值。后m行每行三个整数ai,bi,ci，(1<=ai,bi<=n;1<=ci<=1000)表示从ai到bi有一条权值为ci的无向边。数据保证无重边。
输出：一个浮点数，表示该图的联通导出子图密度的最大值，保留小数点后15位。如果你的答案和标准答案相差不超过10e-9，则被认为是正确的。
比较 𝑥+𝑦/𝑝, 𝑦+𝑧/𝑞和 𝑥+𝑦+𝑧/ 𝑝+𝑞
▪𝑥+𝑦+𝑧/𝑝+𝑞不可能是三者中的最大值
▪ 故所求的子图必然由两个点和一条边构成
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 250005 11 using namespace std; 12 13 inline int read() 14 { 15 char c=getchar(); 16 int res=0,x=1; 17 while(c<'0'||c>'9') 18 { 19 if(c=='-') 20 x=-1; 21 c=getchar(); 22 } 23 while(c>='0'&&c<='9') 24 { 25 res=res*10+(c-'0'); 26 c=getchar(); 27 } 28 return x*res; 29 } 30 31 int n,m,aa,bb,cc; 32 int a[maxn],b[maxn]; 33 double ans; 34 35 int main() 36 { 37 n=read();m=read(); 38 for(int i=1;i<=n;i++) 39 { 40 aa=read(); 41 a[i]=aa; 42 } 43 for(int i=1;i<=m;i++) 44 { 45 aa=read();bb=read();cc=read(); 46 if((double)(a[aa]+a[bb])/cc>ans) 47 { 48 ans=(double)(a[aa]+a[bb])/cc; 49 } 50 } 51 printf("%.15lf",ans); 52 return 0; 53 }
UVA1193 Radar Installation
描述：
假设海岸线是一条无限长的直线，陆地位于海岸线的一边，大海位于海岸线的另一边。大海中有许多小岛。某安全部门为了监视这些岛上是否有敌人入侵，打算在海岸线上安装若干个雷达来检测岛屿的情况。每个雷达的覆盖范围是以雷达中心为圆心，半径为d的圆形区域。
我们用平面之间坐标系来表示整个区域，海岸线为x轴，大海位于x轴上方，陆地位于x轴下方。为了节约成本，安全部门想使用最少的雷达覆盖所有的岛屿。现在已知每个岛屿的坐标(x,y)和雷达的覆盖半径d，你的任务就是计算出能够覆盖所有岛屿的最少雷达数量。
输入：
输入包含若干组数据。每组数据的第一行有两个整数n(1<=n<=1000)和d，分别表示岛屿的数量和雷达的覆盖半径，之后的n行，每行有两个整数，表示第i个岛屿的坐标（xi,yi），相邻的两组数据使用一个空行隔开。输入“0 0”表示输入结束。
输出：
对于每一组数据的输出格式为“Case i: x”，表示第i组数据中最少需要x个雷达来覆盖所有的岛屿；x=-1表示这组数据无解（无法覆盖所有的岛屿）
▪ 把 𝑥 轴上方的每个点转化为𝑥 轴上的一段能管辖它的区间𝑙[𝑖]~𝑟[𝑖]。
▪ 按照每个区间左端点的𝑥 坐标从小到大排序。
▪ 贪心，假如当前区间𝑖 的左端点坐标大于已经放置的任何一台设备，则新增一台。
▪ 否则就让上一台已安放的设备来管辖它，安放位置与𝑟[𝑖] 取min。
▪ 以此类推直至所有区间被管辖，输出设备个数即可。
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 #define maxn 1005 11 using namespace std; 12 13 struct edge 14 { 15 double l,r; 16 }g[maxn]; 17 18 inline int read() 19 { 20 char c=getchar(); 21 int res=0,x=1; 22 while(c<'0'||c>'9') 23 { 24 if(c=='-') 25 x=-1; 26 c=getchar(); 27 } 28 while(c>='0'&&c<='9') 29 { 30 res=res*10+(c-'0'); 31 c=getchar(); 32 } 33 return x*res; 34 } 35 36 int n,m,num,d,ans; 37 int aa,bb,pd; 38 39 bool cmp(edge a,edge b) 40 { 41 return a.l<b.l; 42 } 43 44 int main() 45 { 46 while(1) 47 { 48 n=read();d=read(); 49 if(n==0&&d==0) break; 50 pd=0; 51 for(int i=1;i<=n;i++) 52 { 53 aa=read();bb=read(); 54 if(bb>d) pd=1; 55 g[i].l=aa-sqrt((pow(d,2)-pow(bb,2))); 56 g[i].r=aa+sqrt((pow(d,2)-pow(bb,2))); 57 } 58 if(pd==1) 59 { 60 printf("Case %d: -1\n",++num); 61 continue; 62 } 63 else 64 { 65 sort(g+1,g+1+n,cmp); 66 double now=g[1].r; 67 ans=1; 68 for(int i=2;i<=n;i++) 69 { 70 if(now<g[i].l) 71 { 72 ans++; 73 now=g[i].r; 74 } 75 else 76 { 77 now=min(now,g[i].r); 78 } 79 } 80 } 81 printf("Case %d: %d\n",++num,ans); 82 } 83 return 0; 84 }
CF865D Buy Low Sell High
▪ 已知 𝑁 天的股票价格，每天可以买入一股or 卖出一股or 什么也不做
▪ 𝑁 天后必须清仓，求最多能赚多少钱
▪ 贪心， O 𝑁log𝑁
▪ 从前往后扫描每一天的股价，维护一个小根堆
▪ 若堆中所有值都比当前股价高，则当前股价入堆
▪ 否则从堆顶那天买入（取出堆顶），从当前这天卖出（累加答案），并把当前这天的股 价入堆2 次
1 #include<iostream> 2 #include<string> 3 #include<cmath> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<map> 7 #include<stack> 8 #include<queue> 9 #include<algorithm> 10 using namespace std; 11 12 inline int read() 13 { 14 char c=getchar(); 15 int res=0,x=1; 16 while(c<'0'||c>'9') 17 { 18 if(c=='-') 19 x=-1; 20 c=getchar(); 21 } 22 while(c>='0'&&c<='9') 23 { 24 res=res*10+(c-'0'); 25 c=getchar(); 26 } 27 return x*res; 28 } 29 30 priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q; 31 int n,aa; 32 long long ans; 33 34 int main() 35 { 36 n=read(); 37 for(int i=1;i<=n;i++) 38 { 39 aa=read(); 40 if(q.empty()) 41 { 42 q.push(aa); 43 continue; 44 } 45 int x=q.top(); 46 if(aa>x) 47 { 48 ans+=(long long)aa-x; 49 q.pop(); 50 for(int j=1;j<=2;j++) 51 q.push(aa); 52 } 53 else q.push(aa); 54 } 55 cout<<ans; 56 return 0; 57 }
