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DAY5 共 2 题：
- 储物点的间隔（前缀和）
- 糖糖别胡说，我真的不是签到题目（multiset，思维）
🎈 作者：Eriktse
🎈 简介：19 岁，211 计算机在读，现役 ACM 银牌选手🏆力争以通俗易懂的形式解说算法！❤️欢送关注我，一起交换 C ++/Python 算法。（优质好文继续更新中……）🚀
🎈 原文链接（浏览原文取得更好浏览体验）：https://www.eriktse.com/algorithm/1096.html
储物点的间隔
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14683
预处理出各点搬运到点 1 和点 n 的代价前缀和，以及区间分量和。
如果咱们要将区间 [5, 7] 的物品全副搬运到 3，代价应该是区间[5, 7] 的物品全副搬运到的 1，而后减去多搬的代价：[5, 7] 的分量和 * dist(1, 3)。
下面是 x < l 的状况，x > r的状况相似。
当 l <= x <= r 只需将区间 [l, r] 分为两局部求和即可。
记得取模，间隔要取模，前缀和也要取模。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 2e5 + 9, p = 1e9 + 7;
//sum_l[i]示意区间 [1, i] 的物品都运到点 1 的代价之和
//prefix_a[i]示意区间 [1, i] 的物品分量之和
//pos[i]是第 i 个点的地位，通过 a[]作前缀和失去
int a[maxn], pos[maxn], sum_l[maxn], sum_r[maxn], prefix_a[maxn];
int n, m;
// 取模函数
int mo(int x){return (x % p + p) % p;}
int f(int x, int l, int r)
{if(l > r)return 0;
int res = 0;
if(x <= l)
{res = mo(sum_l[r] - sum_l[l - 1]);
res = mo(res - mo(pos[x] - pos[1]) * mo(prefix_a[r] - prefix_a[l - 1]) % p);
}
else if(x >= r)
{res = mo(sum_r[r] - sum_r[l - 1]);
res = mo(res - mo(pos[n] - pos[x]) * mo(prefix_a[r] - prefix_a[l - 1]) % p);
}
return res;
}
signed main()
{scanf("%lld %lld",&n, &m);
pos[1] = 1;
for(int i = 2, d;i <= n; ++ i)scanf("%lld", &d), pos[i] = pos[i - 1] + d;
for(int i = 1;i <= n; ++ i)scanf("%lld", a + i);
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{sum_l[i] = mo(sum_l[i - 1] + a[i] * mo(pos[i] - pos[1]) % p);
sum_r[i] = mo(sum_r[i - 1] + a[i] * mo(pos[n] - pos[i]) % p);
}
for(int i = 1;i <= n; ++ i)prefix_a[i] = mo(prefix_a[i - 1] + a[i]);
while(m --)
{int x, l, r;scanf("%lld %lld %lld", &x, &l, &r);
int ans = 0;
if(l <= x and x <= r)ans = mo(f(x, l, x - 1) + f(x, x + 1, r));
else ans = f(x, l, r);
printf("%lld\n", ans);
}
return 0;
}糖糖别胡说，我真的不是签到题目
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/14583
本题有两种解法，第一种容易了解，第二种效率更优。
第一种解法：正向，multiset。
发功次数能够用一个桶来记录，让 [1, i] 的所有点的属性值都 +1，相当于把前面的都-1，用一个fix 示意偏移量。
建设两个 multiset 示意两组中的糖糖，益处是能够疾速找出能力值最小的，从而去除掉。
扫一遍，把第 i 只糖糖退出到属于它的汇合中，而后将另外一个汇合中已有的能力值小的糖糖进行删除，再查看此时是否有发功。
最初汇合中留下的糖糖个数即为答案。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 9, inf = 8e18;
struct Node
{int a, b;}p[maxn];
int add[maxn];
void solve()
{int n, m;scanf("%lld %lld",&n, &m);
memset(add, 0, sizeof(int) * (n + 2));
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
scanf("%lld %lld", &p[i].a, &p[i].b);
// 留神同一时间可能施法屡次
for(int i = 1, x;i <= m; ++ i)scanf("%lld", &x), add[x] ++;
int fix = 0, cnt = 0;
multiset<int> st[2];
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
{int a = p[i].a, b = p[i].b - fix;
st[a].insert(b);
while(!st[a ^ 1].empty() and *st[a ^ 1].begin() < b)
st[a ^ 1].erase(st[a ^ 1].begin()), cnt ++;
fix += add[i];
}
printf("%lld\n", n - cnt);
}
signed main()
{int _;scanf("%lld", &_);
while(_ --)solve();
return 0;
}第二种解法：反向，思维。
咱们想这么一个问题，一个糖糖 x 是否会被删除取决于 在x呈现之后，在另外一个汇合中，是否呈现了能力值高于 x 的能力值的糖糖y。
那么咱们逆向遍历，保护两个汇合的最值，以后的新退出的糖糖 x 的能力值如果低于另外一个汇合中曾经存在的（即左边的）糖糖能力值的最大值，阐明他前面会被某个糖糖 y 删除掉，间接打上标记，然而咱们不必真的删除。
糖糖 x 还能够用于删除右边的另一个汇合的能力值较小的糖糖。留神此时的发功应该在循环开始时进行批改。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 1e6 + 9, inf = 8e18;
struct Node
{int a, b;}p[maxn];
int add[maxn];
void solve()
{int n, m;scanf("%lld %lld",&n, &m);
memset(add, 0, sizeof(int) * (n + 2));
for(int i = 1;i <= n; ++ i)
scanf("%lld %lld", &p[i].a, &p[i].b);
// 留神同一时间可能施法屡次
for(int i = 1, x;i <= m; ++ i)scanf("%lld", &x), add[x] ++;
int fix = 0, cnt = 0;
int mx[2] = {-inf, -inf};
for(int i = n;i >= 1; -- i)
{fix += add[i];
int a = p[i].a, b = p[i].b + fix;
mx[a] = max(mx[a], b);
if(mx[a ^ 1] > b)cnt ++;
}
printf("%lld\n", n - cnt);
}
signed main()
{int _;scanf("%lld", &_);
while(_ --)solve();
return 0;
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