标签:for str void 个数 clu scanf 代码 memset 初始
描述
有个脑筋急转弯是这样的:有距离很近的一高一低两座桥,两次洪水之后高桥被淹了两次,低桥却只被淹了一次,为什么?答案是:因为低桥太低了,第一次洪水退去之后水位依然在低桥之上,所以不算“淹了两次”。举例说明:
假定高桥和低桥的高度分别是5和2,初始水位为1
第一次洪水:水位提高到6(两个桥都被淹),退到2(高桥不再被淹,但低桥仍然被淹)
第二次洪水:水位提高到8(高桥又被淹了),退到3。
没错,文字游戏。关键在于“又”的含义。如果某次洪水退去之后一座桥仍然被淹(即水位不小于桥的高度),那么下次洪水来临水位提高时不能算“又”淹一次。
输入n座桥的高度以及第i次洪水的涨水水位ai和退水水位bi,统计有多少座桥至少被淹了k次。初始水位为1,且每次洪水的涨水水位一定大于上次洪水的退水水位。
输入
输出
样例输入
2 2 2
2 5
6 2
8 3
5 3 2
2 3 4 5 6
5 3
4 2
5 2
样例输出
Case 1: 1
Case 2: 3
题意
如上
题解
一开始想到排序后树状数组维护区间,然后单点查询
后来发现可以二分直接做,然后for查询i点是否有>=k的连续区间覆盖
代码
树状数组+二分
1 #include 2 using namespace std;
3
4 const int N=1e5+5;
5 struct BIT{
6 int sum[N];
7 void init(){memset(sum,0,sizeof(sum));}
8 int lowbit(int x){return x&(-x);}
9 void update(int x,int w){for(int i=x;iw;}
10 int query(int x){int ans=0;for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i))ans+=sum[i];return ans;}
11 }T;
12 int h[N];
13 int main()
14 {
15 int a,b,n,m,k,ca=1;
16 while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF)
17 {
18 for(int i=1;i)
19 scanf("%d",&h[i]);
20 sort(h+1,h+1+n);
21 T.init();
22 int pre=0;
23 for(int i=1;i)
24 {
25 scanf("%d%d",&a,&b);
26 T.update(1,-1);
27 T.update(upper_bound(h+1,h+1+n,pre)-h,1);
28
29 T.update(1,1);
30 T.update(upper_bound(h+1,h+1+n,a)-h,-1);
31 pre=b;
32 }
33 int cnt=0;
34 for(int i=1;i)
35 if(T.query(i)>=k)
36 cnt++;
37 printf("Case %d: %d\n",ca++,cnt);
38 }
39 return 0;
40 }
直接二分
1 #include 2 using namespace std;
3
4 const int maxn=1e5+5;
5 int h[maxn],sum[maxn];
6 int main()
7 {
8 int a,b,n,m,k,ca=1;
9 while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)!=EOF)
10 {
11 int pre=0;
12 for(int i=1;i"%d",&h[i]),sum[i]=0;
13 sort(h+1,h+1+n);
14 for(int i=0;i)
15 {
16 scanf("%d%d",&a,&b);
17 int l=upper_bound(h+1,h+1+n,pre)-h;
18 int r=upper_bound(h+1,h+1+n,a)-h;
19 pre=b;
20 sum[l]++,sum[r]--;
21 }
22 int cnt=0,ans=0;
23 for(int i=1;i)
24 {
25 ans+=sum[i];
26 if(ans>=k)cnt++;
27 }
28 printf("Case %d: %d\n",ca++,cnt);
29 }
30 return 0;
31 }
TOJ 4602:高桥和低桥(二分或树状数组+二分)
标签:for str void 个数 clu scanf 代码 memset 初始
原文地址:https://www.cnblogs.com/taozi1115402474/p/9743951.html