NOIP2011 选择客栈

题目描述 Description

丽江河边有 n 家很有特色的客栈，客栈按照其位置顺序从1 到n 编号。每家客栈都按照某一种色调进行装饰（总共k 种，用整数0 ~ k-1 表示），且每家客栈都设有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消费。

两位游客一起去丽江旅游，他们喜欢相同的色调，又想尝试两个不同的客栈，因此决定分别住在色调相同的两家客栈中。晚上，他们打算选择一家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位于两人住的两家客栈之间（包括他们住的客栈），且咖啡店的最低消费不超过p。

他们想知道总共有多少种选择住宿的方案，保证晚上可以找到一家最低消费不超过p元的咖啡店小聚。

输入描述 Input Description

共n+1 行。

第一行三个整数 n，k，p，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示客栈的个数，色调的数目和能接受的最低消费的最高值；

接下来的 n 行，第i+1 行两个整数，之间用一个空格隔开，分别表示i 号客栈的装饰色调和i 号客栈的咖啡店的最低消费。

输出描述 Output Description

输出只有一行，一个整数，表示可选的住宿方案的总数。

样例输入 Sample Input

5 2 3

0 5

1 3

0 2

1 4

1 5

样例输出 Sample Output

3

数据范围及提示 Data Size & Hint

【输入输出样例说明】

客栈编号 ① ② ③ ④ ⑤

色调 0 1 0 1 1

最低消费 5 3 2 4 5

2 人要住同样色调的客栈，所有可选的住宿方案包括：住客栈①③，②④，②⑤，④⑤，

但是若选择住 4、5 号客栈的话，4、5 号客栈之间的咖啡店的最低消费是 4，而两人能承受

的最低消费是 3 元，所以不满足要求。因此只有前 3 种方案可选。

【数据范围】

对于 30%的数据，有n≤100；

对于 50%的数据，有n≤1,000；

对于 100%的数据，有2≤n≤200,000，0大于k≤50，0≤p≤100， 0≤最低消费≤100。

思路：这题大家应该都能想到n^2的算法吧，很简单，就是先用ST表预处理出任意两个客栈间的价格最小值，然后枚举每两个客栈，判断条件是否可行就行了，不过只能拿50分。

考虑满分做法，我们如果枚举两个时间复杂度太高，那我们就枚举一个，枚举什么呢？正所谓“正难则反”，我们先枚举每一种颜色，然后预处理出每一种颜色数量的前缀和。我们按颜色依次枚举每一个中间断点，实际上，这种情况我们客栈就会出现在断点的两边，然后根据乘法原理，方案数就加上断点两边的前缀和的乘积，不过直接这么做可能会出现同种方案被多次加上，所以我们需要减去被重复计算的次数。开一个变量f记录断点前面的当前颜色的客栈数量，在乘法的时候需要减去这些客栈数量。这样的话时间复杂度是O（n*k）的，可以接受。

另外有一个非常重要的剪枝，如果当前断点的价格大于可接受价格，那么对答案没有任何贡献，直接continue跳过。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
int read()
{
int ret=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{ret=ret*10+ch-'0';ch=getchar();}
return ret*f;
}
int sum[maxn];
int k[maxn],p[maxn];
int n,m,q;
int main()
{
n=read(),m=read(),q=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
k[i]=read(),p[i]=read();
}
int ans=0;
//  bool flag=0;
int f;
for(int i=0;i<m;i++)
{
memset(sum,0,sizeof(sum));
f=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
sum[j]=sum[j-1];
if(k[j]==i) sum[j]++;;
}
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(p[j]>q) continue;
ans+=(sum[j]-f)*(sum
-sum[j-1]);
if(k[j]==i) ans--;
f+=sum[j]-f;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}