标签：typedef 负数 最大值 传送门 with class 左右 n+1 har
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题目链接：仅仅只是为了方便以题目作为关键字能查找到我的题解而已（逃
重要：没有F的题解，想看F题题解的神仙们可以走了
给你\(a\)条领带，\(b\)条围巾、\(c\)件背心、\(d\)件夹克，有以下两种套装：
一条领带、一件夹克，花费\(e\)元
一条围巾、一件背心、一件夹克，花费\(f\)元
求出最多可以卖多少钱（不能单卖）。（奸商）
依题意可得：
假如有\(i\)种\(e\)元的套装，那么就是价格是\(i \times e + min \{ d-i, b, c \} \times f\)元，枚举即可（注意 \(i\), \(d-i\), \(b\), \(c\) 中不能出现负数）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a,b,c,d,e,f,ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>a>>b>>c>>d>>e>>f;
for(int i=0;i<=min(a,d);i++){//数据范围小，直接暴力枚举
ans=max(ans,i*e+min((d-i),min(b,c))*f);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}FST的我真的是太菜了
给你一排\(n\)个方块，每个方块有黑白两种颜色，每次操作可以反转两个相邻的方块的颜色，问能否\(3n\)次数内反转成一整排都是同一种颜色。
假设序列反转成白色，那么从前到后跑一遍，如果当前方块不是白色就反转它和它后边的方块，最后一个方块如果跑完操作完是白色就OK。黑色同理，假设序列反转成黑色，那么从前到后跑一遍，如果当前方块不是黑色就反转它和它后边的方块，最后一个方块如果跑完操作完是黑色就OK。最后如果都不可以就输出\(-1\)了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
char s[205];
vector<int> op;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
cin>>s+1;
//假设全是白色：
for(int i=1;i<n;i++){
if(s[i]=='B'){
s[i]='W';
s[i+1]=s[i+1]=='W'?'B':'W';
op.push_back(i);
}
}
//判断最后一个方块：
if(s[n]=='W'){
cout<<op.size()<<endl;
for(int i=0;i<op.size();i++){
cout<<op[i]<<' ';
}
cout<<endl;
return 0;
}
//假设全是黑色：（此时可以直接再操作同一个序列）
for(int i=1;i<n;i++){
if(s[i]=='W'){
s[i]='B';
s[i+1]=s[i+1]=='W'?'B':'W';
op.push_back(i);
}
}
//判断最后一个方块
if(s[n]=='B'){
cout<<op.size()<<endl;
for(int i=0;i<op.size();i++){
cout<<op[i]<<' ';
}
cout<<endl;
return 0;
}
cout<<-1<<endl;
return 0;
}比B简单
给你一个平面直角坐标系（刚刚数学课学过诶），之后给你一座学校和\(n\)个学生的坐标（都是整点），问你在一个不同于学校的整点上建一个买Shawarma的帐篷，如果学生从学校到家的某一条神奇路径上经过就会买（当消费者傻子吗），问你最多会有几个学生买，和此时帐篷的坐标（任意一种坐标即可）（奸商）。
注：整点指横坐标、纵坐标都是整数的点。神奇路径是只能上下左右移动（平行于横轴或纵轴）的两点间的最短路径（长度就是两点间的曼哈顿距离）（两点间可能有多条）。
显然的，距离学校越近，就会有越多学生从帐篷经过，所以只要枚举学校上下左右的四个点看哪个最优就可以了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,sx,sy;
int x[200005],y[200005];
int l,r,u,d;
//l, r, u, d 分别表示左右上下的帐篷经过的学生个数
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>sx>>sy;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>x[i]>>y[i];
if(x[i]>sx)r++;
if(x[i]<sx)l++;
if(y[i]>sy)u++;
if(y[i]<sy)d++;
//对于经过帐篷的学生计数
}
if(r>=l&&r>=r&&r>=u&&r>=d){
cout<<r<<endl;
cout<<sx+1<<' '<<sy<<endl;
}else
if(l>=l&&l>=r&&l>=u&&l>=d){
cout<<l<<endl;
cout<<sx-1<<' '<<sy<<endl;
}else
if(u>=l&&u>=r&&u>=u&&u>=d){
cout<<u<<endl;
cout<<sx<<' '<<sy+1<<endl;
}else
if(d>=l&&d>=r&&d>=u&&d>=d){
cout<<d<<endl;
cout<<sx<<' '<<sy-1<<endl;
}
//这里的u>=u之类只是方便copy&paste罢了
return 0;
}题面好长啊，真的不想翻译
你要攻下\(n\)座城市。一开始你有\(k\)个士兵。攻下第\(i\)个城市，你需要\(a_i\)个士兵（进攻时不损失士兵），攻下后你会抓\(b_i\)个壮丁扩充你的队伍，攻下后你可以派一个士兵来防守，防守会使得你的分数增加\(c_i\)，损失一个士兵。防守有两种方式：
你可以防守你所在的第\(i\)个城市
有\(m\)个单向的传送门，从\(u\)到\(v\)，如果你在\(u\)，可以派兵防守\(v\)（必须是直接被传送门连接的城市）
你必须从第\(1\)座一直攻克到第\(n\)座城市，如果不能攻克全部城市，你就输了，输出\(-1\)，如果能赢，求出最大的分数。
贪心的做，计算\(req_i = max \{ a_{i+1} , req_{i+1} - b_{i+1} \} | req_n = 0\)代表在第\(i\)个城市攻克并有\(b_i\)士兵加入后，你完成游戏最少需要的士兵。之后就会有部分士兵空出，第\(i\)个城市新空出士兵个数记为\(fr_i\)，然后用大根堆来分派士兵到城市就好了。
此时，第\(i\)个城市的可以守卫它的最后一个城市记为\(def_i\)，从\(1\)到\(i\)的空闲士兵显然都可以守卫它（空闲士兵可以跟着你到下一个城市）。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int a[5005],b[5005],c[5005],fr[5005];
vector<int> g[5005];//无用数组
int def[5005],req[5005];
priority_queue<pair<int,int> > pq;
int ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];
def[i]=i;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int u,v;
cin>>u>>v;
g[u].push_back(v);//无用语句
def[v]=max(def[v],u);
}
for(int i=n;i>=1;i--){
req[i]=max(a[i+1],req[i+1]-b[i+1]);cerr<<i<<' '<<req[i]<<endl;
}
//计算req[i]
int cur=k;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(cur<a[i]){
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
cur+=b[i];
}
//↑判断是否能赢↑
cur=k;
for(int i=1;i<=n;i++){
cur+=b[i];
fr[i]=cur-req[i];cur=req[i];
pq.push(make_pair(c[i],i));
}
//计算fr[i],初始化以重量为第一关键字降序排列的堆
while(!pq.empty()){
int val=pq.top().first,x=pq.top().second;
pq.pop();
int y=def[x];
while(!fr[y]&&y>0)y--;
if(y==0)continue;
fr[y]--;//贪心地选择最后一个能选的城市的空闲士兵
ans+=val;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}做到E的人应该都知道吧。。。而且题面很简短我就不写了（逃
定义\(k_i\)为包含\(i\)的路径的个数。
首先，奇数和偶数分开考虑，你会发现同一个\(n\)，同为奇数或偶数时，\(y\)变大了\(k_y\)肯定变小，所以具有单调性，可以二分。
我们再来看对于单个的数，如何计算包含它的路径条数：
把路径的计算反过来想，可以得出在路径的反推中，只有偶数可以加一，而所有数都可以乘二。记录有多少个可以通过这种方式得到的数就可以了。但是这样太慢了，所以我们需要一个更快的方法：
通过观察得出，乘二的次数相同时，从最小可达值（只乘过二）到最大可达值（每次乘二后都加一），之间的所有数都是可以达到的，那么我们只要计算最小值和最大值就好了，复杂度--。由于乘二肯定比加一增长得快，所以对于每一种乘以二的次数，把这个区间的长度加到路径条数就可以了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,k;
bool check(ll m){
ll l=m,r=m,res=0;
if(!(m&1)){r++;}//当m是偶数时给r增加1
for(int i=1;;i++){//其实i没有什么用
res+=min(n,r)-l+1;//添加区间长度到返回值
//for(int j=l;j<=min(r,n);j++)cerr<<j<<' ';
l<<=1;
r=(r<<1)+1;//计算下一个l和r
if(l>n)break;//当l大于n时就没有计算的必要了，直接退出
}//cerr<<endl;
return res>=k;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>k;
//for(int i=1;i<=n;i++)check(i);
ll l=1,r=(n+1)/2,m,ans;//二分奇数
while(l<=r){
m=(l+r)>>1;
if(check(2*m-1)){
ans=2*m-1;
l=m+1;
}else{
r=m-1;
}
}
l=1;r=n/2;//二分偶数
while(l<=r){
m=(l+r)>>1;
if(check(2*m)){
ans=max(ans,2*m);//由于ans已经取了奇数的值，所以这里是max
l=m+1;
}else{
r=m-1;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}点个在看吧！
很抱歉不会F题不能帮到部分人，所以我（逃
Codeforces Round #608 (Div. 2) 题解
标签：typedef 负数 最大值 传送门 with class 左右 n+1 har
原文地址：https://www.cnblogs.com/BlahDuckling747/p/Codeforces-Round-608-Div-2-Ti-Jie.html
