【loli的胡策】NOIP训练7.15（签到+dp+线段树）

T2题目：

【问题描述】

    平面内给  n
个点，记横坐标最小的点为A，最大的点为B，现在小Y想要知道在

每个点经过一次（A
点两次）的情况下从A走到B，再回到A
的最短路径。但他是个强

迫症患者，他有许多奇奇怪怪的要求与限制条件：

    1.从A走到B
时，只能由横坐标小的点走到大的点。

    2.由B
回到A
时，只能由横坐标大的点走到小的点。

    3.有两个特殊点b1
和b2，b1
在 0
到n-1 的路上，b2
在n-1
到0 的路上。

    请你帮他解决这个问题助他治疗吧！

 【输入格式】

    第一行三个整数n,b1,b2,(0<b1，b2<n-1
且b1<>b2)。n
表示点数，从0
到n-1 编

号，b1 和b2
为两个特殊点的编号。

    以下n
行，每行两个整数 x、y
表示该点的坐标(0<=x，y<=2000)，从0
号点顺序

给出。DoctorGao为了方便他的治疗，已经将给出的点按x
增序排好了。

 【输出格式】

    输仅一行，即最短路径长度（精确到小数点后面2
位）

 【样例输入输出】

paths.in    

5 1 3

1 3
3 4

4 1

7 5

8 3

paths.out

18.18

【样例解释】 最短路径：0->1->4->3->2->0

 【数据范围】

    20%的数据n<=20

    60%的数据n<=300

    100%的数据n<=1000

    对于所有数据x,y,b1,b2如题目描述.

题解：
这是个dp，考场上怎么也没往这方面想。。。我们可以考虑为从1走到n两遍，求两条不相交的路径最小

为了不转移到f[i][i]就让k=max（i，j）+1

然后特殊点什么的特判就好了

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
struct hh
{
int x,y;
}s[1005];
int n,b1,b2;
bool a[1005];
double f[1005][1005],minn=1000000000;
double ll(int a,int b)
{
return sqrt(double((s[a].x-s.x)*(s[a].x-s[b].x)+(s[a].y-s[b].y)*(s[a].y-s[b].y)));
}
int main()
{
freopen("paths.in","r",stdin);
freopen("paths.out","w",stdout);
int i,x,y,j;
scanf("%d%d%d",&n,&b1,&b2);b1++,b2++;
for (i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&s[i].x,&s[i].y);//f[i][j]表示第一个点走到i，第二个点走到j的最短距离
memset(f,0x7f,sizeof(f));
f[1][1]=0;
for (i=1;i<=n;i++)
for (j=1;j<=n;j++)
if (i!=j || i==1)
{
int k=max(i,j)+1;
if (k==n+1)
{
if (j==n) f

=min(f

,f[i][j]+ll(i,n));
if (i==n) f

=min(f

,f[i][j]+ll(j,n));
continue;
}
if (k!=b1) f[i][k]=min(f[i][k],f[i][j]+ll(j,k));
if (k!=b2) f[k][j]=min(f[k][j],f[i][j]+ll(i,k));
}
printf("%.2lf",f

);
}

[b]T3题目：

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问题描述 

刚拿到驾照的 KJ
总喜欢开着车到处兜风，玩完了再把车停到阿 Q的停车场里，虽然她对自己停车的水平很有信心，但她还是不放心其他人的停车水平，尤其是 Kelukin。于是，她每次都把自己的爱车停在距离其它车最远的一个车位。KJ觉得自己这样的策略非常科学，于是她开始想：在一个停车场中有一排车位，从左到右编号为
1到 n，初始时全部是空的。有若干汽车，进出停车场共 m次。对于每辆进入停车场的汽车，会选择与其它车距离最小值最大的一个车位，若有多个符合条件，选择最左边一个。KJ想着想着就睡着了，在她一旁的
Kelukin想帮她完成这个心愿，但是他又非常的懒，不愿意自己动手，于是就把这个问题就留给了你：在 KJ
理想的阿 Q
的停车场中，给你车辆进出的操作序列，依次输出每辆车的车位编号。

输入格式 
第一行，两个整数 n
和 m，表示停车场大小和操作数； 
接下来 m
行，每行两个整数 F
和 x F 是 1表示编号为 x
的车进停车场； F
是 2表示编号为 x
的车出停车场； 
保证操作合法，即：出停车场的车一定目前仍在停车场里；停车场内的车不会超过 n；

输出格式 
对于所有操作 1，输出一个整数，表示该车车位的编号

样例输入 

7 11 

1 15 

1 123123 

1 3 

1 5 

2 123123 

2 15 

1 21 

2 3 

1 6 

1 7 

1 8

样例输出 

1 

7 

4 

2 

7 

4 

1 

3

提示 
【数据范围】 
对 30%的数据n<=1000，m<=1000对 

60%的数据 n<=200000，m<=2000 
对 100%的数据 n，m<=200000， 
车的编号小于等于 10^6

题解：

这个题目是个线段树，其实都是基本的操作，考场上脑子一抽就写挂了。。。。

线段树中维护四个量（全都是所在区间内）：l（最左边种树的坐标），r（最右边种树的坐标），mid（最近邻两棵树的最大距离），p（最近邻两棵树的中间位置）

这样每个操作一都可以看成是整个区间的询问：最左边到1是不是最大的距离（答案是1），mid是不是最大距离（答案是p），最右边到r是不是最大距离（答案是n）

这样updata也好维护：now的左就是最左，now的右就是最右，now的mid就是左边的mid，跨边界的mid，和右边的mid比较

操作二是一个添加or删除的过程，删除就是全为0，添加就把所在位置添加进去

代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#define INF 1e9
#define N 200000
using namespace std;
int wz[1000006];
struct hh
{
int l,r,mid,en;
}tree[N*4];
void updata(int now)
{
if (tree[now<<1].l!=0) tree[now].l=tree[now<<1].l; else tree[now].l=tree[(now<<1)|1].l;
if (tree[now<<1|1].r!=0) tree[now].r=tree[now<<1|1].r; else tree[now].r=tree[now<<1].r;
tree[now].mid=tree[now<<1].mid;
tree[now].en=tree[now<<1].en;
if (tree[now<<1|1].l!=0 && tree[now<<1].r!=0)
{
int ss=(tree[now<<1|1].l-tree[now<<1].r)/2;
if (ss>tree[now].mid)
{
tree[now].mid=ss;
tree[now].en=(tree[now<<1|1].l+tree[now<<1].r)/2;
}
}
if (tree[now<<1|1].mid>tree[now].mid)
{
tree[now].mid=tree[now<<1|1].mid;
tree[now].en=tree[now<<1|1].en;
}
}
void work(int now,int l,int r,int mb,int id)
{
if (l==r)
{
if (id==1)
{
tree[now].l=l; tree[now].r=r;
tree[now].mid=0; tree[now].en=0;
}
else
{
tree[now].l=0; tree[now].r=0;
tree[now].mid=0; tree[now].en=0;
}
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
if (mb<=mid) work(now<<1,l,mid,mb,id);
else work(now<<1|1,mid+1,r,mb,id);
updata(now);
}
int main()
{
freopen("park.in","r",stdin);
freopen("park.out","w",stdout);
int n,m,i,j;
scanf("%d%d",&n,&m);
for (i=1;i<=m;i++)
{
int id,x;
scanf("%d%d",&id,&x);
if (id==1)
{
if (tree[1].l==0)
{
wz[x]=1;
}
else
{
int sum=-INF;
if (tree[1].l-1>sum)
{
sum=tree[1].l-1; wz[x]=1;
}
if (tree[1].mid>sum)
{
sum=tree[1].mid; wz[x]=tree[1].en;
}
if (n-tree[1].r>sum)
{
sum=n-tree[1].r; wz[x]=n;
}
}
printf("%d\n",wz[x]);
work(1,1,n,wz[x],1);
}
else work(1,1,n,wz[x],2);
}
}