NOIP2011 選擇客棧

第一行三個整數 n，k，p，每兩個整數之間用乙個空格隔開，分別表示客棧的個數，色

調的數目和能接受的最低消費的最高值；

接下來的 n 行，第i+1 行兩個整數，之間用乙個空格隔開，分別表示i 號客棧的裝飾色

調和i 號客棧的咖啡店的最低消費。

輸出只有一行，乙個整數，表示可選的住宿方案的總數。

5 2 3

0 51 3

0 21 4

1 5o(n*n)方法：記錄各個點的c[i],v[i]，然後訪問每個點，每個點再跟後面的點比較，相同顏色的+1，比p大的+0。

o(n*k)方法：上面方法的優化

f[i,j]表示在前i個點中，有顏色j的客棧的數量。當我們讀入c,v後，必須把0 到 k-1點中更新一下。

但是如果我們找到v比p來的大的話，怎麼辦？我們就要分類討論，第一種：把總數加上在該點前面相同顏色的個數，即

s:=s+f[i,c]-1（減1的原因是因為f[i,c]記錄了該點加上前面的點）；第二種：s:=s+f[前面小於等於v的點，c]；最後輸出s；

1
var f:array[0..200010,0..50] of
longint;
2 a:array[0..200000] of
longint;
3i,j,k,n,p,c,v,s:longint;45
begin
6 assign(input,'
hotel.in
'); reset(input);
7 assign(output,'
hotel1.out
'); rewrite(output);
8readln(n,k,p);
9for i:=1
to n do
10begin
11readln(c,v);
12for j:=0
to k-1
do13
if j=c then f[i,j]:=f[i-1,j]+1
else f[i,j]:=f[i-1
,j];
14if v<=p then
15begin
16 a[i]:=i;
17 s:=s+f[i,c]-1;18
endelse
19begin
20 a[i]:=a[i-1
];21 s:=s+f[a[i],c];
22end;23
end;
24writeln(s);
25close(input); close(output);
26end.

view code

貌似可以再優化下

o(n)方法：這種方法在時空複雜度，程式設計複雜度來說都比前面方法來的簡單。

我們可以開3個陣列：a,b,d。

讀入c,v,

a[c]前面以及該點的點中顏色為c的客棧數，b[c]前面以及該點的點中顏色為c且(符合消費或者相差距離不為1）的客棧數,d[c]為上乙個顏色c的客棧編號，如果到該點最近的符合消費的客棧不小於上乙個顏色c的客棧編號（d[c]）,就b[c]:=a[c]。

最後記得把總數加上b[c]，a[c]+1，更新d[c]:=i; 輸出s；

1
var a,b,d:array[0..60] of
longint;
2n,k,p,i,c,v,f,s:longint;34
begin
5 assign(input,'
hotel.in
'); reset(input);
6 assign(output,'
hotel.out
'); rewrite(output);
7readln(n,k,p);
8for i:=1
to n do
9begin
10readln(c,v);
11if v<=p then f:=i;
12if f>=d[c] then b[c]:=a[c];
13 s:=s+b[c];
14inc(a[c]);
15 d[c]:=i;
16end;17
writeln(s);
18close(input); close(output);
19end.

view code

還有一種o（nlogn)的方法：用list[i,j]表示顏色為i的第j個客棧，也就是將客棧按照顏色緊縮儲存。另用pos[i]表示第i個旅館在list [color[i]]中的位置。用線段樹/st演算法(推薦)預處理出區間消費的最小值，也就是min，易得到 min[k,i]是非增的，注意這是後面二分的關鍵。然後列舉第二個人，在list[color[i]]中用二分找到乙個j滿足 min[j，i]<=p，那麼ans=ans+j，因為list[color[i],1..j]中必然都是顏色為color[i]，且區間最小值也都<=p。

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