中山纪中Day1--普及

早上一起，扑面是瓢泼的大雨。跨过千山万水，来到纪中门前，毅然以一种大无畏的英雄气概跨进了考场。

面对四道神题。然后，我成功过五关斩六将，A掉了2道题！！！

收获：优先队列（大、小根堆）

T1:APPLE

Wexley最近发现了一个古老的屏幕游戏。游戏的屏幕被划分成n列。在屏幕的底端，有一个宽为m列的篮子（m<n）。在游戏过程中，Wexley能左右移动这个篮子， Wexley的操作很犀利，移动是瞬间完成的，但是篮子必须始终都在屏幕中。苹果从屏幕的顶端落下，每个苹果从n列中的某一列顶端掉落，垂直掉落到屏幕的底端。每个苹果总是在上一个苹果掉落到底端的时候开始掉落。Wexley想要通过移动篮子来接住所有的苹果。起先，篮子在屏幕的最左端。
求出Wexley要接住所有的苹果所需移动的最短距离。

思路：此题略简单，设置左端与右端，然后判断，移动，储蓄即可。

见代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,k,a[21],l=1,r,ans;
int main()
{
    //freopen("apple.in","r",stdin);
    //freopen("apple.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    r=m;
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        if(a[i]>r)
        {
            while(a[i]>r)
            {
                ans++;
                l++;
                r++;
            }
        }
        while(a[i]<l)
        {
            ans++;
            l--;
            r--;
        }
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

好题哉！！！

T2:BRICK

Leo是一个快乐的火星人，总是能和地球上的OIers玩得很high。
2012到了，Leo又被召回火星了，在火星上没人陪他玩了，但是他有好多好多积木，于是他开始搭积木玩。
火星人能制造n种积木，积木能无限供应。每种积木都是长方体，第i种积木的长、宽、高分别为li、wi、hi。积木可以旋转，使得长宽高任意变换。Leo想要用这些积木搭一个最高的塔。问题是，如果要把一个积木放在另一个积木上面，必须保证上面积木的长和宽都严格小于下面积木的长和宽。这意味着，即使两块长宽相同的积木也不能堆起来。
火星上没有电脑，好心的你决定帮助Leo求出最高的塔的高度。

对于30%的数据 n<=8
对于100%的数据 n<=3000,最后答案不会超过32位整型

题意：相对清楚，下面看思路。

思路：因为是要严格小于，所以每种积木都只能用一次，我们把六种情况搞下来，然后因为长大于宽，所以可以排除掉一半。接着在以长宽各自排序，会出现一个序列。接着就是我们最熟悉的，最简单的DP模板：最长单调下降序列。只不过最长变成了高之和最大，下降是长宽都小，仅此而已。然后考虑了下nlog_n的情况，发现替换会很奇怪，可能出问题。也就只打了n²的算法。那也就这样了。因为3*n=9000，所以不会有问题。

见代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,h1,l1,w1,k,le=1,b[9001],ans=-0x3f3f3f;
struct brick{
    int h,l,w;
};
brick a[9001];
bool cmp(brick x,brick y)
{
    return x.l>y.l;
}
bool cmp1(brick x,brick y)
{
    return x.w>y.w;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&h1,&l1,&w1);
        a[3*i-2].w=min(h1,l1);a[3*i-2].l=max(h1,l1);a[3*i-2].h=w1;
        a[3*i-1].w=min(w1,h1);a[3*i-1].l=max(w1,h1);a[3*i-1].h=l1;
        a[3*i].w=min(w1,l1);a[3*i].l=max(w1,l1);a[3*i].h=h1;
        
    }
    sort(a+1,a+3*n+5-5+1,cmp);
    while(k<=3000)
    {
        k++;
        if(a[k].l!=a[k-1].l)
        {
            sort(a+le,a+k-1+1,cmp1);
            le=k;
        }
    }
    for(int i=1;i<=3*n;i++)
    {
        b[i]=a[i].h;
    }
    for(int i=1;i<=3*n;i++)
    {
        for(int j=i-1;j>=1;j--)
        {
            if(b[j]+a[i].h>=b[i]&&a[j].l>a[i].l&&a[j].w>a[i].w)
            b[i]=b[j]+a[i].h;
        }
    }
    for(int i=1;i<=3*n;i++)
    {
        if(b[i]>=ans)
        ans=b[i];
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

好题哉！！！

T3：TREELAND

Treeland是一个有n个城市组成的国家，其中一些城市之间有单向边连通。在这个国家中一共有n-1条路。我们知道，如果我们不考虑路的方向，那么我可以从任意城市到达任意城市。
最近，Treeland的总理Candy为了发展经济，想要从这n个城市中选择一个作为Treeland的首都，首都必须要能到达其他任意城市，这使得有些道路必须反向，付出的代价即需要反向的道路条数。
Candy想要选择一个城市作为首都，使得付出的代价最小。可能有多个城市满足条件，按编号从小到大输出。

思路：根据题解，先从1号节点遍历整棵树，让1号节点满足要求，可知需要的答案。然后顺便在遍历的过程中求出对节点u，需要几次反转让u能到达以u为子树的每个节点。完成之后，让u点可以走到1号点，这样的反转条数就是从1点到u点反转的次数。然后加上之前记录下的东西就可以了。

T4:STUDY

马上假期就要到了，THU的神犇Leopard假期里都不忘学霸，现在有好多门功课，每门功课都耗费他1单位时间来学习。
他的假期从0时刻开始，有1000000000个单位时间（囧rz）。在任意时刻，他都可以任意一门功课（编号1~n）来学习。
因为他在每个单位时间只能学习一门功课，而每门功课又都有一个截止日期，所以他很难完成所有n门功课。
对于第i门功课，有一个截止时间Di，若他能学完这门功课，他能够获得知识Pi。
在给定的功课和截止时间下，Leopard能够获得的知识最多为多少呢？

思路：必须得有一个反悔的过程，DP不大现实，贪心一次性贪完也不大现实。所以就出现了一个新的思路：将时间排序，有就放，如果没时间放，就和最小的比较，交换，再维护一个小根堆即可。

详见：YYCAKIOI

总体来说，今天200分，考了个第三出来，成绩还算可以，争取消化干净，继续努力！