标签：bit eset style msu 输出 观察 scanf 多个 queue
Bessie和Elsie各自烤了 N(1≤N≤10^5)个馅饼。Bessie 会这 2N 个馅饼打分，Elsie 也会。二者的打分均为一个 ≤1e9 的非负整数。由于她们口味不同，每个派的两个分数可能不同。
她们想互赠礼物。开始时，Bessie 送给 Elsie 一个馅饼。她们收到礼物（对方做的馅饼）后都会回赠对方一个自己做的馅饼。
她们选择回礼的方法相同。以 Elsie 为例，Elsie 根据自己的打分来选择回礼。回礼的分数至少要大于她收到的馅饼的分数，但两个馅饼的分数差不能大于 D(0≤D≤10^9) 。如果有多个馅饼满足要求，Elsie 可以选择其中的任意一个作为回礼。
若没有馅饼满足要求，Elsie 会放弃。Bessie 选择回礼的方法同理。
她们之间的礼物交换将持续到一头牛放弃（Bad End），或一头牛收到一个她自己打分为 0 的馅饼，此时礼物交换愉快结束（Happy End）。
请注意，不能把一个馅饼赠送两次，不能把馅饼送给自己。
Bessie 想知道：对于每个她做的馅饼，如果她将这个馅饼作为最开始送给 Elsie 的礼物，她俩至少要互赠多少次馅饼（Bessie 给 Elsie 算一次，Elsie 回赠 Bessie 又算一次），才能 Happy End 。如果不可能 Happy End，请输出 -1。
我们要求出对于每个馅饼，都要求出最少要送多少次。而观察数据范围，显然一个一个求是不太可行的，所以考虑一次全求出来，使用最短路。
考虑如何建边，我们应该反向建边，把每个分数0的点作为起点。建图时应对每个两人的pie分别排序，这样便于二分建图。
（虽然此算法可能被卡成N2 的，但由于出题人都是懒的，所以可以通过）
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int MAXN=400005; 4 const int Inf=0x3f3f3f3f; 5 struct Node{ 6 int bv,ev,id; 7 }pb[MAXN],pe[MAXN]; 8 9 inline bool cmpb(Node x,Node y){ 10 return x.bv<y.bv; 11 } 12 inline bool cmpe(Node x,Node y){ 13 return x.ev<y.ev; 14 } 15 struct FboB{ 16 inline bool operator()(const Node &x,const Node &y){ 17 return x.bv<y.bv; 18 } 19 }; 20 struct FboE{ 21 inline bool operator()(const Node &x,const Node &y){ 22 return x.ev<y.ev; 23 } 24 }; 25 26 struct Edge{ 27 int to,nxt; 28 }e[MAXN<<4]; 29 int cnt,head[MAXN<<1]; 30 inline void add_edge(int u,int v){ 31 e[++cnt].to=v;e[cnt].nxt=head[u];head[u]=cnt; 32 } 33 int n,d; 34 queue<int> q; 35 int dis[MAXN<<1]; 36 inline void bfs(){ 37 while(!q.empty()){ 38 int x=q.front(); 39 q.pop(); 40 for(int i=head[x],y;i;i=e[i].nxt){ 41 y=e[i].to; 42 if(dis[y]!=-1) continue; 43 dis[y]=dis[x]+1; 44 q.push(y); 45 } 46 } 47 } 48 int main(){ 49 memset(dis,-1,sizeof(dis)); 50 scanf("%d%d",&n,&d); 51 for(int i=1;i<=n;++i){ 52 scanf("%d%d",&pb[i].bv,&pb[i].ev); 53 if(pb[i].ev==0){ 54 dis[i]=1; 55 q.push(i); 56 } 57 pb[i].id=i; 58 } 59 for(int i=1;i<=n;++i){ 60 scanf("%d%d",&pe[i].bv,&pe[i].ev); 61 if(pe[i].bv==0){ 62 dis[i+n]=1; 63 q.push(i+n); 64 } 65 pe[i].id=i+n; 66 } 67 sort(pb+1,pb+n+1,cmpb); 68 sort(pe+1,pe+n+1,cmpe); 69 for(int i=1,pos;i<=n;++i){ 70 Node tmp; 71 tmp.bv=pe[i].bv; 72 tmp.ev=pe[i].bv; 73 pos=lower_bound(pb+1,pb+n+1,tmp,FboB())-pb; 74 for(int j=pos;j<=n;++j){ 75 if(pb[j].bv>pe[i].bv+d) break; 76 add_edge(pb[j].id,pe[i].id); 77 } 78 } 79 for(int i=1,pos;i<=n;++i){ 80 Node tmp; 81 tmp.bv=pb[i].ev; 82 tmp.ev=pb[i].ev; 83 pos=lower_bound(pe+1,pe+n+1,tmp,FboE())-pe; 84 for(int j=pos;j<=n;++j){ 85 if(pe[j].ev>pb[i].ev+d) break; 86 add_edge(pe[j].id,pb[i].id); 87 } 88 } 89 bfs(); 90 for(int i=1;i<=n;++i) 91 printf("%d\n",dis[i]); 92 return 0; 93 }
USACO 2017 December Contest Gold T1: A Pie for a Pie
标签：bit eset style msu 输出 观察 scanf 多个 queue
原文地址：https://www.cnblogs.com/LI-dox/p/11229546.html
