洛谷P1311 [NOIP2011提高组Day1T2]选择客栈

P1311 选择客栈

题目描述

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。

输入输出格式

输入格式：

输入文件hotel.in，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。

输出格式：

输出文件名为hotel.out 。

输出只有一行，一个整数，表示可选的住宿方案的总数。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

说明

【输入输出样例说明】

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<k ≤50，0≤p ≤100 ， 0 ≤最低消费≤100。

【题解】

这里有一枚比较好想的nlogn算法
这类问题首先想到“尺取法”，即固定左端点，枚举右端点，左右端点的某些属性满足单调性，从而做到On统计区间个数
枚举左端点l,令now为离l最近的、最低消费<=p的客栈位置，答案每次累加[now,r]的相同颜色的后缀和即可，注意now
与l相等时，累加值-1
后缀和用树状数组统计即可，直接统计10000000，可能会超时？

 1 #include <iostream>
 2 #include <cstdio>
 3 #include <cstring>
 4 #include <cstdlib>
 5 #define lowbit(a) ((a) & (-a))
 6 
 7 inline void read(long long &x)
 8 {
 9     x = 0;char ch = getchar(), c = ch;
10     while(ch < '0' || ch > '9')c = ch, ch = getchar();
11     while(ch <= '9' && ch >= '0')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
12     if(c == '-')x = -x;
13 }
14 
15 const long long MAXN = 200000 + 100;
16 const long long MAXK = 50 + 5;
17 
18 long long n,k,p,mi[MAXN],color[MAXN],fee[MAXN];
19 
20 long long data[MAXK][MAXN];
21 
22 inline void modify(long long co, long long place, long long num)
23 {
24     for(;place <= n;place += lowbit(place))
25         data[co][place] += num;
26 }
27 
28 inline long long ask(long long co, long long place)
29 {
30     long long sum = 0;
31     for(;place;place -= lowbit(place))
32         sum += data[co][place];
33     return sum;
34 }
35 
36 long long ans;
37 
38 int main()
39 {
40     read(n), read(k), read(p);
41     for(register long long i = 1;i <= n;++ i)
42     {
43         read(color[i]), read(fee[i]);
44         ++ color[i];
45         modify(color[i], i, 1);
46     }
47     for(register long long i = 1, j = 1;i <= n;++ i)
48     {
49         if(j < i)++ j;
50         while(fee[j] > p)++ j;
51         ans += ask(color[i], n) - ask(color[i], j - 1);
52         if(i == j)-- ans;
53     }
54     printf("%lld", ans);
55     return 0;
56 }

NOIP2011 Day1T2