codeforces #381 div2
http://codeforces.com/contest/740
A:现在有n个某种物品，要买k个使得n+k是4的倍数，可以的购买方案为a元1个，b元2个，c元3个，每种方案都可以买无限多。
思路：需要注意买多个未必比买少个贵..
所以分情况讨论：n%4==0，输出0
n%4==1，需要买3+4k个，
可以的方案为，买1个c，或者3个a，或者1个a 1个b（此处用价钱指代方案，下同）
n%4==2时，需要买2+4k个
可以的方案为：2个a，或者1个b，或者2个c
n%4==3时，需要买4K+1个
可以的方案为：1个a,或者1个b+1个c，或者3个c
注意要开long long.
/* ***********************************************
Author :111qqz
Created Time :2016年11月24日 星期四 08时09分32秒
File Name :code/cf/#381/A.cpp
************************************************ */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define fst first
#define sec second
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
#define pi pair < int ,int >
#define MP make_pair
using namespace std;
const double eps = 1E-8;
const int dx4[4]={1,0,0,-1};
const int dy4[4]={0,-1,1,0};
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("code/in.txt","r",stdin);
#endif
LL n,a,b,c;
cin>>n>>a>>b>>c;
LL mn = 0 ;
if (n%4==0)
{
mn = 0 ;
}
else if (n%4==1)
{
mn = min(3LL*a,a+b);
mn = min(mn,c);
}else if (n%4==2)
{
mn = min(2LL*a,b);
mn = min(mn,2*c);
}else if (n%4==3)
{
mn = a;
mn = min(mn,b+c);
mn = min(mn,3LL*c);
}
printf("%lld\n",mn);
#ifndef ONLINE_JUDGE
fclose(stdin);
#endif
return 0;
}
B:
题意：给出n个数，以及m个子串，从中选若干个（可以不选或者全选），女孩的幸福值的计算方法为：a[i]*cnt[i]，a[i]为值，cnt[i]为第i个数在选中的子串里出现了几次（只考虑位置，相同的值算成不同的数）
思路：n,m很小，一个子串如果最后收益为正，就选，否则不选，暴力即可。
/* ***********************************************
Author :111qqz
Created Time :2016年11月24日 星期四 08时09分46秒
File Name :code/cf/#381/B.cpp
************************************************ */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define fst first
#define sec second
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
#define pi pair < int ,int >
#define MP make_pair
using namespace std;
const double eps = 1E-8;
const int dx4[4]={1,0,0,-1};
const int dy4[4]={0,-1,1,0};
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N=105;
int n,m;
int a[N];
int sum[N];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("code/in.txt","r",stdin);
#endif
ms(sum,0);
cin>>n>>m;
for ( int i = 1 ; i <= n ; i++) cin>>a[i];
for ( int i = 1; i <= m ; i++)
{
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
for ( int j = l ; j <= r ; j++) sum[i] = sum[i] + a[j];
}
int ret = 0 ;
for ( int i =1 ; i <= m ; i++) if (sum[i]>0) ret = ret + sum[i];
cout<<ret<<endl;
#ifndef ONLINE_JUDGE
fclose(stdin);
#endif
return 0;
}
c:题意：m个区间，要求构造一个长度为n的数组，满足m个区间中，每个区间的mex值中的最小值最大。
s思路：很容易想到的是...这个最大的mex 不可能超过每一组区间长度，假设最小的区间长度为mn
那么是否一定可以构造出mex为mn的数组呢？
是的。
只需要按照
0,1,2...mn-1,0,1....的方式构造即可。
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Author :111qqz
Created Time :2016年11月24日 星期四 09时00分04秒
File Name :code/cf/#381/C.cpp
************************************************ */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define fst first
#define sec second
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
#define pi pair < int ,int >
#define MP make_pair
using namespace std;
const double eps = 1E-8;
const int dx4[4]={1,0,0,-1};
const int dy4[4]={0,-1,1,0};
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N=1E5+7;
int n,m;
struct node
{
int l,r;
int len;
bool operator < ( node b)const
{
if (r==b.r) return l<b.l;
return r<b.r;
}
}a[N];
int ans[N];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("code/in.txt","r",stdin);
#endif
scanf("%d%d",&n,&m);
int mx = inf ;
for ( int i = 1; i <= m ; i++)
{
scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
a[i].len = a[i].r-a[i].l+1;
mx = min(mx,a[i].len);
}
printf("%d\n",mx);
int cur = 0 ;
for ( int i = 1 ; i <= n ; i++)
{
// cout<<"miao"<<endl;
ans[i] = cur;
cur++;
cur = cur % mx;
}
for ( int i = 1; i <= n ; i++) printf("%d ",ans[i]);
printf("\n");
#ifndef ONLINE_JUDGE
fclose(stdin);
#endif
return 0;
}
d:题意：一棵树，给出边权和点权，定义点v控制点u，当且仅当u是v的子树中的点，并且dis(u,v)<=a[u]，其中dis(u,v)为点u到点v路径上的边权和，a[u]为点u的点权，现在问对于每个节点v，其能控制的点有多少个。
思路：先写了个rmq+dfs的lca。。。那么任意两个点的距离都可以O(1)得到了。然后不会了233333.
upd:和lca没有什么关系，因为一个点能控制另一个点这两个点一定在一条通向根的链上，因此距离直接减一下就好了。
机智的做法：dfs的时候维护一个栈，对于栈中序列，后面一半是对当前点有贡献的。问题时求对于每个v统计其能控制多少个u，现在我们固定u，考虑能控制他的v。这些v在树上的形态时一条链 ，借助第二类前缀和的思想，对于u标记+1，对于u往上的离根最近的且能统治u的v上面的一个标记-1，然后dfs后序遍历（也就是链的起点时距离根远的那一边），距离处理的时候，只需要在递归之后更新ans就好了。
栈里面维护，到哪个节点，从根下来，边权和最大，找边权和>=当前边权和-a[u]的地方。
启示：由于两个存在统治关系的点在一条链上，边权都为正，边权和具有单调性，单调的东西，容易想到二分处理。
/* ***********************************************
Author :111qqz
Created Time :2016年11月24日 星期四 09时17分48秒
File Name :code/cf/#381/D.cpp
************************************************ */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <queue>
#include <set>
#include <map>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#define fst first
#define sec second
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
typedef long long LL;
#define pi pair < int ,int >
#define MP make_pair
using namespace std;
const double eps = 1E-8;
const int dx4[4]={1,0,0,-1};
const int dy4[4]={0,-1,1,0};
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N=2E5+7;
int n;
int a[N];
LL dis[N];
vector< pair<int,LL> >edge[N];
vector< pair<LL,int> >path;
int ans[N];
void dfs( int u,int pre)
{
ans[u]++;
int idx = lower_bound(path.begin(),path.end(),make_pair(dis[u]-a[u],-1))-path.begin()-1;
if (idx>=0) ans[path[idx].sec]--;
path.push_back(make_pair(dis[u],u));
for ( auto x : edge[u])
{
int v = x.first;
if (v==pre) continue;
dis[v] = dis[u] + x.sec;
dfs(v,u);
ans[u]+=ans[v];//后序遍历...链的起点原理根，终点靠近根
}
path.pop_back();
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("code/in.txt","r",stdin);
#endif
cin>>n;
ms(dis,0);
for ( int i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%d",&a[i]);
for ( int i =2 ; i <= n ; i++)
{
int u,v;
LL w;
u = i ;
scanf("%d%lld",&v,&w);
edge[u].push_back(make_pair(v,w));
edge[v].push_back(make_pair(u,w));
}
dfs(1,0);
for ( int i = 1 ; i <= n ; i++) printf("%d ",ans[i]-1);
#ifndef ONLINE_JUDGE
fclose(stdin);
#endif
return 0;
}
e:题意：那个数，定义hill为一段连续的区间，满足该区间为严格单峰。现在有若干操作，每个操作是对某段区间的数同时增加一个数，问每次操作后，所有的hill中，宽度最大的（区间长度最大）的是多少。
思路：同时增加一个数很线段树。。。但是要维护什么呢。。。？
猜测：肯定要维护一个区间中hill的最大宽度...
但是合并的时候要怎么办呢。。。
考虑两个方向的合并。。。
所以还要维护一个区间中，包含右端点的向左单调减延伸的长度，以及左端点的值。
同理，要维护一个区间中，包含左端点的向右单调增延伸的长度，以及右端点的值。
那么每次pushup的时候，就是两个区间hill的最大值，以及两个方向合并的最大值中取最大。。。
。。。上面是我口胡的。。。