标签：电脑 oid family 判断 限制 ++i 苹果 开心 app
T1.陶陶摘苹果
线段树维护单调栈模板题。
T2.开心的金明
在每个月，生产一台电脑的代价是固定的，原料费用+造电脑费用+把电脑存到当前月费用，原料可以从任何一个月运过来，因此原料费用可以对前缀+储存费用取min，最后一个可以用类似延迟标记的方法得到，于是我们就有了在当前月，在之前某个月生产电脑的费用。
显然取最小的是最优的。考虑如何保证合法，当月的生产限制和当月到现在的仓库容量是限制，第一个往堆里塞的时候存一下就好，第二个似乎可以在每个月弹掉不合法的。然而我没有这么打，在那个月生产，必然会占用那个月到现在的仓库容量，用线段树区间修改，区间取min就行了。
考场上我干了点啥：
void build(int x,int l,int r){ if(l==r) return mi[x]=e[l],void(); int mid=l+r>>1; build(x<<1,l,mid); build(x<<1|1,mid+1,r); mi[x]=min(mi[x<<1],mi[x<<1|1]); } int main(){ freopen("happy.in","r",stdin); freopen("happy.out","w",stdout); k=read(); for(int i=1;i<=k;++i) c[i]=read(),d[i]=read(),m[i]=read(),p[i]=read(); build(1,1,k); for(int i=2;i<=k;++i) e[i]=read(),r[i]=read(),E[i]=read(); }
考后主函数改成这样就A了：
signed main(){ freopen("happy.in","r",stdin); freopen("happy.out","w",stdout); k=read(); for(int i=1;i<=k;++i) c[i]=read(),d[i]=read(),m[i]=read(),p[i]=read(); for(int i=1;i<k;++i) e[i]=read(),r[i]=read(),E[i]=read(); build(1,1,k); }
T3.笨小猴
将所有牌按照A排序，取前n+1个，塞到以b为关键字的小根堆里。
之后扫一边这个序列，在保证A合法的前提下，每次判断当前牌的b是否大于堆顶的b，大于替换即可。
然而考场上没有判堆为空的情况，所以它又挂了。
有人说它是伪的，然而似乎hack不掉
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原文地址：https://www.cnblogs.com/hzoi-cbx/p/11790202.html
