Educational Codeforces Round 66小结

前言：

发现这几场都有一个特点：问题有趣且经典，也有一定难度，我比较喜欢hh

C.Electrification

题目思路：

找规律：
$k=0$,一定在某个点上
$k=1$,一定某两个相邻点之间的最远距离.
$k=x$,一定在某$k+1$个相邻点之间的最远距离。
所以暴力考虑每一个连续$k$个相邻点的两端点距离的中点值即可。

D.Array Splitting

题目大意:

给你一个数组，让你划分成$k$个子数组，每个子数组有它的编号，从左到右$1到k$.使得${\sum }_{i=1}^n{a}_i\ast id(a_i)$最大.

$n\le 1e5$

题目思路：

竟然感觉这题目挺水的。还是换一种统计方式。你想一想$k=1$转移到$k=2$.再转移到$k=3$.值怎么变化的大概就清楚了。

根据上面的累和式，我们发现可以将其看作是在区间$[2,n]$上选择$k-1$个位置，使得它们的后缀和之和最大。自然就是排序取前$k-1$大。

E .Minimal Segment Cover

题目大意：

给你$n$个线段,给你$m$次独立的询问，每次询问最少拿多少个线段能够完整覆盖$[L_i,R_i]$

$n,m,L_i,R_i\le 5e5$

题目思路：

这其实是一个经典问题的升级多询问版本。而且要注意到区间的范围也很小。

对于一个询问，我们可以贪心的去做。

但是这里我们考虑对于每一个点$i$，求出使用$j$个线段之后能够到达的最远的地方.$O(nm)$无法接受。利用倍增优化这个过程即可

对于$dp(i,j)$我们合并两个区间$dp(i-1,j-1)$和$dp(dp(i-1,j-1),j-1)$。得到最优结果。

然后询问的时候，也是不断的往后跳。复杂度可以证明为$O(logn)$.整体就是$O(nlogn)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define vi vector<int>
#define vl vector<ll>
const int maxn = 5e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
int dp[maxn][20];/*dp[i][j] 代表第i个位置,使用2^j个线段达到的最远位置*/
int main()
{
    
    
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n , m; cin >> n >> m;
    for (int i = 1 ; i <= n ; i++){
    
    
        int x , y; cin >> x >> y;
        dp[x][0] = max(dp[x][0] , y);
    }
    for (int i = 0 ; i < maxn ; i++){
    
    
        dp[i][0] = max(dp[i][0] , dp[i - 1][0]);
        if (dp[i][0] <= i) dp[i][0] = 0;
    }
    for (int j = 1 ; j < 20 ; j++){
    
    
        for (int i = 0 ; i < maxn ; i++){
    
    
            if (!dp[i][j - 1]) continue;
            if (!dp[dp[i][j - 1]][j - 1]) continue;
            dp[i][j] = dp[dp[i][j - 1]][j - 1];
        }
    }
    for (int i = 1 ; i <= m ; i++){
    
    
        int x , y; cin >> x >> y;
        int pos = x , res = 0;
        for (int i = 19 ; i >= 0 ; i--){
    
    
            if (dp[pos][i] == 0) continue;
            if (dp[pos][i] >= y) continue;
            pos = dp[pos][i];
            res += (1 << i);
        }
        if (dp[pos][0] >= y) cout << res + 1 << endl;
        else cout << -1 << endl;
    }
    return 0;
}

F. The Number of Subpermutations

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