codeforces #381 div2
http://codeforces.com/contest/740
A:现在有n个某种物品，要买k个使得n+k是4的倍数，可以的购买方案为a元1个，b元2个，c元3个，每种方案都可以买无限多。
思路：需要注意买多个未必比买少个贵..
所以分情况讨论：n%4==0，输出0
n%4==1，需要买3+4k个，
可以的方案为，买1个c，或者3个a，或者1个a 1个b（此处用价钱指代方案，下同）
n%4==2时，需要买2+4k个
可以的方案为：2个a，或者1个b，或者2个c
n%4==3时，需要买4K+1个
可以的方案为：1个a,或者1个b+1个c，或者3个c
注意要开long long.
/* ***********************************************
Author :111qqz
Created Time :2016年11月24日 星期四 08时09分32秒
File Name :code/cf/#381/A.cpp
************************************************ */
1#include <cstdio>
2#include <cstring>
3#include <iostream>
4#include <algorithm>
5#include <vector>
6#include <queue>
7#include <set>
8#include <map>
9#include <string>
10#include <cmath>
11#include <cstdlib>
12#include <ctime>
13#define fst first
14#define sec second
15#define lson l,m,rt<<1
16#define rson m+1,r,rt<<1|1
17#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
18typedef long long LL;
19#define pi pair < int ,int >
20#define MP make_pair
1using namespace std;
2const double eps = 1E-8;
3const int dx4[4]={1,0,0,-1};
4const int dy4[4]={0,-1,1,0};
5const int inf = 0x3f3f3f3f;
6int main()
7{
8 #ifndef ONLINE_JUDGE
9 freopen("code/in.txt","r",stdin);
10 #endif
11 LL n,a,b,c;
12 cin>>n>>a>>b>>c;
13 LL mn = 0 ;
14 if (n%4==0)
15 {
16 mn = 0 ;
17 }
18 else if (n%4==1)
19 {
20 mn = min(3LL*a,a+b);
21 mn = min(mn,c);
22 }else if (n%4==2)
23 {
24 mn = min(2LL*a,b);
25 mn = min(mn,2*c);
26 }else if (n%4==3)
27 {
28 mn = a;
29 mn = min(mn,b+c);
30 mn = min(mn,3LL*c);
31 }
32 printf("%lld\n",mn);
1 #ifndef ONLINE_JUDGE
2 fclose(stdin);
3 #endif
4 return 0;
5}
B:
题意：给出n个数，以及m个子串，从中选若干个（可以不选或者全选），女孩的幸福值的计算方法为：a[i]*cnt[i]，a[i]为值，cnt[i]为第i个数在选中的子串里出现了几次（只考虑位置，相同的值算成不同的数）
思路：n,m很小，一个子串如果最后收益为正，就选，否则不选，暴力即可。
/* ***********************************************
Author :111qqz
Created Time :2016年11月24日 星期四 08时09分46秒
File Name :code/cf/#381/B.cpp
************************************************ */
1#include <cstdio>
2#include <cstring>
3#include <iostream>
4#include <algorithm>
5#include <vector>
6#include <queue>
7#include <set>
8#include <map>
9#include <string>
10#include <cmath>
11#include <cstdlib>
12#include <ctime>
13#define fst first
14#define sec second
15#define lson l,m,rt<<1
16#define rson m+1,r,rt<<1|1
17#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
18typedef long long LL;
19#define pi pair < int ,int >
20#define MP make_pair
1using namespace std;
2const double eps = 1E-8;
3const int dx4[4]={1,0,0,-1};
4const int dy4[4]={0,-1,1,0};
5const int inf = 0x3f3f3f3f;
6const int N=105;
7int n,m;
8int a[N];
9int sum[N];
10int main()
11{
12 #ifndef ONLINE_JUDGE
13 freopen("code/in.txt","r",stdin);
14 #endif
15 ms(sum,0);
16 cin>>n>>m;
17 for ( int i = 1 ; i <= n ; i++) cin>>a[i];
18 for ( int i = 1; i <= m ; i++)
19 {
20 int l,r;
21 scanf("%d%d",&l,&r);
22 for ( int j = l ; j <= r ; j++) sum[i] = sum[i] + a[j];
23 }
24 int ret = 0 ;
25 for ( int i =1 ; i <= m ; i++) if (sum[i]>0) ret = ret + sum[i];
26 cout<<ret<<endl;
1 #ifndef ONLINE_JUDGE
2 fclose(stdin);
3 #endif
4 return 0;
5}
c:题意：m个区间，要求构造一个长度为n的数组，满足m个区间中，每个区间的mex值中的最小值最大。
s思路：很容易想到的是...这个最大的mex 不可能超过每一组区间长度，假设最小的区间长度为mn
那么是否一定可以构造出mex为mn的数组呢？
是的。
只需要按照
0,1,2...mn-1,0,1....的方式构造即可。
/* ***********************************************
Author :111qqz
Created Time :2016年11月24日 星期四 09时00分04秒
File Name :code/cf/#381/C.cpp
************************************************ */
1#include <cstdio>
2#include <cstring>
3#include <iostream>
4#include <algorithm>
5#include <vector>
6#include <queue>
7#include <set>
8#include <map>
9#include <string>
10#include <cmath>
11#include <cstdlib>
12#include <ctime>
13#define fst first
14#define sec second
15#define lson l,m,rt<<1
16#define rson m+1,r,rt<<1|1
17#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
18typedef long long LL;
19#define pi pair < int ,int >
20#define MP make_pair
1using namespace std;
2const double eps = 1E-8;
3const int dx4[4]={1,0,0,-1};
4const int dy4[4]={0,-1,1,0};
5const int inf = 0x3f3f3f3f;
6const int N=1E5+7;
7int n,m;
8struct node
9{
10 int l,r;
11 int len;
12 bool operator < ( node b)const
13 {
14 if (r==b.r) return l<b.l;
15 return r<b.r;
16 }
17}a[N];
18int ans[N];
19int main()
20{
21 #ifndef ONLINE_JUDGE
22 freopen("code/in.txt","r",stdin);
23 #endif
24 scanf("%d%d",&n,&m);
25 int mx = inf ;
26 for ( int i = 1; i <= m ; i++)
27 {
28 scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
29 a[i].len = a[i].r-a[i].l+1;
30 mx = min(mx,a[i].len);
31 }
32 printf("%d\n",mx);
33 int cur = 0 ;
34 for ( int i = 1 ; i <= n ; i++)
35 {
36// cout<<"miao"<<endl;
37 ans[i] = cur;
38 cur++;
39 cur = cur % mx;
40 }
41 for ( int i = 1; i <= n ; i++) printf("%d ",ans[i]);
42 printf("\n");
1 #ifndef ONLINE_JUDGE
2 fclose(stdin);
3 #endif
4 return 0;
5}
d:题意：一棵树，给出边权和点权，定义点v控制点u，当且仅当u是v的子树中的点，并且dis(u,v)<=a[u]，其中dis(u,v)为点u到点v路径上的边权和，a[u]为点u的点权，现在问对于每个节点v，其能控制的点有多少个。
思路：先写了个rmq+dfs的lca。。。那么任意两个点的距离都可以O(1)得到了。然后不会了233333.
upd:和lca没有什么关系，因为一个点能控制另一个点这两个点一定在一条通向根的链上，因此距离直接减一下就好了。
机智的做法：dfs的时候维护一个栈，对于栈中序列，后面一半是对当前点有贡献的。问题时求对于每个v统计其能控制多少个u，现在我们固定u，考虑能控制他的v。这些v在树上的形态时一条链 ，借助第二类前缀和的思想，对于u标记+1，对于u往上的离根最近的且能统治u的v上面的一个标记-1，然后dfs后序遍历（也就是链的起点时距离根远的那一边），距离处理的时候，只需要在递归之后更新ans就好了。
栈里面维护，到哪个节点，从根下来，边权和最大，找边权和>=当前边权和-a[u]的地方。
启示：由于两个存在统治关系的点在一条链上，边权都为正，边权和具有单调性，单调的东西，容易想到二分处理。
1/* ***********************************************
2Author :111qqz
3Created Time :2016年11月24日 星期四 09时17分48秒
4File Name :code/cf/#381/D.cpp
5************************************************ */
6#include <cstdio>
7#include <cstring>
8#include <iostream>
9#include <algorithm>
10#include <vector>
11#include <queue>
12#include <set>
13#include <map>
14#include <string>
15#include <cmath>
16#include <cstdlib>
17#include <ctime>
18#define fst first
19#define sec second
20#define lson l,m,rt<<1
21#define rson m+1,r,rt<<1|1
22#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
23typedef long long LL;
24#define pi pair < int ,int >
25#define MP make_pair
26using namespace std;
27const double eps = 1E-8;
28const int dx4[4]={1,0,0,-1};
29const int dy4[4]={0,-1,1,0};
30const int inf = 0x3f3f3f3f;
31const int N=2E5+7;
32int n;
33int a[N];
34LL dis[N];
35vector< pair<int,LL> >edge[N];
36vector< pair<LL,int> >path;
37int ans[N];
38void dfs( int u,int pre)
39{
40 ans[u]++;
41 int idx = lower_bound(path.begin(),path.end(),make_pair(dis[u]-a[u],-1))-path.begin()-1;
42 if (idx>=0) ans[path[idx].sec]--;
43 path.push_back(make_pair(dis[u],u));
44 for ( auto x : edge[u])
45 {
46 int v = x.first;
47 if (v==pre) continue;
48 dis[v] = dis[u] + x.sec;
49 dfs(v,u);
50 ans[u]+=ans[v];//后序遍历...链的起点原理根，终点靠近根
51 }
52 path.pop_back();
53}
54int main()
55{
56 #ifndef ONLINE_JUDGE
57 freopen("code/in.txt","r",stdin);
58 #endif
59 cin>>n;
60 ms(dis,0);
61 for ( int i = 1 ; i <= n ; i++) scanf("%d",&a[i]);
62 for ( int i =2 ; i <= n ; i++)
63 {
64 int u,v;
65 LL w;
66 u = i ;
67 scanf("%d%lld",&v,&w);
68 edge[u].push_back(make_pair(v,w));
69 edge[v].push_back(make_pair(u,w));
70 }
71 dfs(1,0);
72 for ( int i = 1 ; i <= n ; i++) printf("%d ",ans[i]-1);
73 #ifndef ONLINE_JUDGE
74 fclose(stdin);
75 #endif
76 return 0;
77}
e:题意：那个数，定义hill为一段连续的区间，满足该区间为严格单峰。现在有若干操作，每个操作是对某段区间的数同时增加一个数，问每次操作后，所有的hill中，宽度最大的（区间长度最大）的是多少。
思路：同时增加一个数很线段树。。。但是要维护什么呢。。。？
猜测：肯定要维护一个区间中hill的最大宽度...
但是合并的时候要怎么办呢。。。
考虑两个方向的合并。。。
所以还要维护一个区间中，包含右端点的向左单调减延伸的长度，以及左端点的值。
同理，要维护一个区间中，包含左端点的向右单调增延伸的长度，以及右端点的值。
那么每次pushup的时候，就是两个区间hill的最大值，以及两个方向合并的最大值中取最大。。。
。。。上面是我口胡的。。。