笔记

Yuilice

2025-10-25 17:28:24

发布于：浙江

12阅读

0回复

0点赞

题解：宝石争夺战

问题分析

贝丝与艾尔西公主通过轮流取宝石的游戏来决定宝石归属，游戏规则如下：

宝石总数为 S
贝丝先手，两人轮流取宝石
每次取的数量必须是对称数（回文数，且无前导零）
无法取宝石的人输

关键洞察

通过分析游戏规律，我们发现了一个简洁而优雅的解决方案：

核心观察：游戏结果只取决于宝石总数 S 的个位数字！

为什么？

对称数的特性：对称数（回文数）的个位数永远不会是0（因为无前导零）
关键策略：
- 如果当前宝石数的个位不是0，当前玩家总是可以取走个位数的宝石（1-9都是对称数），使剩余宝石数变为10的倍数
- 如果当前宝石数的个位是0，玩家无法一次性取完所有宝石，且无论取多少，都会让对手处于有利位置

解决方案

如果 S 的个位数字是0 → 艾尔西获胜（输出 "E"）
如果 S 的个位数字不是0 → 贝丝获胜（输出 "B"）

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--) {
        string s;  // 使用字符串处理大数
        cin >> s;
        int len = s.size();
        if (s[len - 1] == '0') 
            cout << "E" << endl;
        else 
            cout << "B" << endl;
    }
    return 0;
}

算法说明

时间复杂度：O(T)，其中 T 是测试用例数量
空间复杂度：O(1)
优势：避免了复杂的博弈论计算，直接通过个位数字判断结果

示例验证

输入	输出	解释
8	B	个位8≠0，贝丝直接取完获胜
10	E	个位=0，贝丝无法直接取完，艾尔西获胜
12	B	个位2≠0，贝丝取2剩10，迫使艾尔西处于不利位置

总结

这个问题展示了博弈论中一个有趣的现象：有时候复杂的游戏规则背后隐藏着极其简单的胜负判定条件。通过深入分析游戏的核心机制，我们找到了这个优雅的解决方案，避免了繁琐的状态转移计算。

题解：石子雕像

问题分析

在一个古老的村庄中，村民需要将各种不同数量的石子调整为至少k种石子数量相同。他们只能进行一种操作：将石子的数量除以2并向下取整。目标是找到实现这一目标所需的最少操作次数。

解题思路

关键观察：每种石子可以通过不断除以2（向下取整）的操作，最终变成0。在这个过程中，石子会经过一系列中间值。
算法选择：
- 对于每种石子，我们记录它除以2过程中经过的所有值以及对应的操作次数
- 使用数组bucket记录每个目标值能被多少种石子达到
- 使用数组cnt记录达到每个目标值所需的总操作次数（只考虑前k个最小的操作次数）
具体实现：
- 首先对石子数量进行排序
- 对于每个石子，不断除以2直到0，记录中间值和操作次数
- 更新bucket和cnt数组
- 最后遍历所有可能的目标值，找到满足条件的最小操作次数

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int max_n = 2e5 + 10, INF = 5e6 + 10;

int n, k;
int a[max_n], cnt[max_n], bucket[max_n];

void change(int x) {
    int t = 0;
    while (x) {
        bucket[x] += 1;  // 记录有多少数字可以变成x
        if (bucket[x] <= k) {
            cnt[x] += t;  // 累加前k个变成x的操作次数
        }
        x /= 2;
        ++t;
    }
}

int main() {
    cin >> n >> k;
    int ma = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
        ma = max(a[i], ma);
    }
    
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        change(a[i]);
    }
    
    int ans = INF;
    for (int target = 1; target <= ma; ++target) {
        if (bucket[target] >= k) {
            ans = min(ans, cnt[target]);
        }
    }
    
    cout << ans << endl;
    return 0;
}

算法复杂度

时间复杂度：O(n log M)，其中M是石子数量的最大值
空间复杂度：O(M)，其中M是石子数量的最大值

示例解释

示例1：

输入：5 3, [1, 2, 2, 4, 5]
输出：1
解释：将4除以2得到2，这样就有3个石子的数量为2（原来的2个2和新产生的2）

示例2：

输入：5 3, [1, 2, 3, 4, 5]
输出：2
解释：需要更多操作才能使得至少3种石子数量相同

这种方法通过模拟石子除以2的过程，高效地找到了满足条件的最小操作次数。

题解：滑雪场连通问题

题目分析

本题要求找到最小的安全高度 D，使得滑雪场中所有重要点（标记为1的格子）能够相互到达。两个格子可以相互到达的条件是：

它们是相邻的（有公共边）
它们的高度差绝对值不超过 D

解题思路

问题转换

我们可以将这个问题转换为：在给定的高度差限制 D 下，判断所有重要点是否在同一个连通分量中。我们需要找到满足这个条件的最小 D。

二分搜索 + BFS 解法

由于 D 的取值范围很大（0 到 10^9），直接枚举所有可能的 D 值效率太低。我们可以使用二分搜索来快速找到最小的满足条件的 D。

算法步骤：

读取输入数据，包括地图尺寸、高度信息和重要点位置
统计重要点总数，并记录任意一个重要点的位置作为搜索起点
使用二分搜索在可能的 D 值范围内（0 到 10^9）查找最小满足条件的 D
对于每个候选的 D 值，使用 BFS 检查从起点出发能否访问到所有重要点

算法实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m;
int dir_x[] = {1, 0, -1, 0};
int dir_y[] = {0, 1, 0, -1};
int h[510][510];    // 存储高度
int imp[510][510];  // 存储是否为重要点
bool vis[510][510]; // 标记数组

struct point {
    int x, y; // 横纵坐标
};

int sx, sy; // 起点坐标

// BFS 检查在给定高度差限制下是否能访问所有重要点
bool bfs(int num, int dif) {
    memset(vis, 0, sizeof(vis)); // 标记数组清空
    queue<point> q;
    q.push({sx, sy});    // 起点入队
    vis[sx][sy] = 1;     // 起点标记
    if (imp[sx][sy]) num--; // 如果起点是重要点，计数减一
    
    while (!q.empty()) {
        int x = q.front().x; // 取队头
        int y = q.front().y;
        q.pop();
        
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int x1 = x + dir_x[i], y1 = y + dir_y[i]; // 相邻格子
            
            // 检查边界和访问状态
            if (x1 < 1 || x1 > n || y1 < 1 || y1 > m || vis[x1][y1]) 
                continue;
            
            // 检查高度差是否在允许范围内
            if (abs(h[x1][y1] - h[x][y]) > dif) 
                continue;
            
            // 如果是重要点，更新计数
            if (imp[x1][y1]) 
                num--;
            
            vis[x1][y1] = 1; // 标记已访问
            q.push({x1, y1});
        }
    }
    
    return num == 0; // 检查是否访问了所有重要点
}

int main() {
    freopen("skiing.in", "r", stdin);
    freopen("skiing.out", "w", stdout);
    cin >> n >> m;
    // 读取高度信息
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> h[i][j];
        }
    }
    // 读取重要点信息并统计数量
    int num = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> imp[i][j];
            if (imp[i][j] == 1) {
                if (num == 0) { // 记录第一个重要点作为起点
                    sx = i;
                    sy = j;
                }
                num++;
            }
        }
    }
    // 二分搜索寻找最小满足条件的 D
    int l = 0, r = 1000000000;
    int ans = 0;
    while (l <= r) {
        int mid = (l + r) / 2;
        if (bfs(num, mid)) {
            r = mid - 1;
            ans = mid;
        } else {
            l = mid + 1;
        }
    }
    
    cout << ans << endl;
    
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

算法分析

时间复杂度

二分搜索：O(log(max_D))，其中 max_D = 10^9，约为 30 次迭代
每次 BFS：O(M×N)，其中 M 和 N 最大为 500，即 250,000 个格子
总复杂度：O(log(max_D) × M × N) ≈ 30 × 250,000 = 7,500,000 次操作

空间复杂度

O(M×N) 用于存储高度信息、重要点标记和访问状态

关键点说明

二分搜索的应用：通过二分法在较大的 D 值范围内快速定位最小满足条件的值
BFS 连通性检查：对于每个候选 D 值，使用 BFS 检查从任意一个重要点出发能否到达所有其他重要点
起点选择：选择任意一个重要点作为 BFS 起点，因为如果所有重要点连通，从任何一个出发都能到达所有其他重要点
高度差限制：在 BFS 扩展时，只考虑高度差不超过当前 D 值的相邻格子

问题分解与解决步骤

步骤 1：理解问题本质

将滑雪场建模为网格图
将连通性问题转化为图论问题
确定约束条件：相邻格子、高度差限制

步骤 2：确定算法框架

识别这是一个最优化问题（最小化 D）
选择二分搜索作为主要算法框架
确定验证函数（BFS）来检查给定 D 是否满足条件

步骤 3：实现验证函数

使用 BFS 进行连通性检查
正确处理边界条件和访问标记
高效统计重要点访问情况

步骤 4：优化与调试

选择合适的起点以减少不必要的计算
处理极端情况（如只有一个重要点）
确保算法在数据范围内高效运行

总结

本题通过将问题转换为连通性检查，并利用二分搜索优化查找过程，有效地解决了在大数据范围内的最小 D 值查找问题。这种"二分答案 + 验证"的思路在解决最优化问题时非常实用，特别是当直接求解困难但验证相对容易时。

关键思路分解：

问题建模：将物理问题转化为图论问题
算法选择：二分搜索处理最优化，BFS 处理连通性验证
实现细节：正确处理边界、标记和计数
性能优化：利用问题特性减少不必要的计算

这种分解思维有助于系统地解决复杂问题，将大问题拆解为可管理的小问题，并选择合适的算法和数据结构来解决每个子问题。

题解：护栏上色

问题分析

阿北需要为护栏上色，护栏由N个1米长的小段组成。他有26种颜色（A-Z表示，A最浅，Z最深）。初始时所有护栏未被上色，每次操作可以给任意连续若干小段涂上同一种颜色，深色可以覆盖浅色，但浅色不能覆盖深色。

现在阿北考虑Q个候选区间，对于每个区间[a,b]，需要将区间外的护栏涂上目标颜色，而区间内保持未上色状态。要求计算每个候选情况下的最少操作次数。

关键洞察

通过分析涂色规则，我们发现了一个高效的解决方案：

涂色特性：深色可以覆盖浅色，但浅色不能覆盖深色
最优策略：从浅到深依次涂色，每次涂色时尽量覆盖更长的连续区间
问题分解：对于每个查询[l,r]，问题可分解为[1,l-1]和[r+1,n]两个独立区间的涂色问题

解决方案

使用预处理前缀和后缀数组的方法：

pre[i]：表示从第1段到第i段的最小涂色次数
suf[i]：表示从第i段到第n段的最小涂色次数

对于每个查询[l,r]，答案就是 pre[l-1] + suf[r+1]

算法核心

预处理过程中维护一个颜色标记数组vis，记录当前可用的颜色状态：

处理前缀数组：
- 从左到右遍历
- 遇到比当前颜色深的颜色时，清除这些颜色的标记（因为浅色不能覆盖深色）
- 如果当前颜色未被标记，则增加操作次数并标记该颜色
处理后缀数组：
- 从右到左遍历
- 同样清除比当前颜色深的颜色标记
- 如果当前颜色未被标记，则增加操作次数并标记该颜色

代码实现

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, q;
char a[100010];
int pre[100010], suf[100010];
int vis[100010];

int main() {
    freopen("rail.in", "r", stdin);
    freopen("rail.out", "w", stdout);
    
    cin >> n >> q;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i];
    }
    
    // 预处理前缀数组
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        pre[i] = pre[i-1];
        // 清除比当前颜色深的颜色标记
        for(int j = a[i] - 'A' + 1; j < 26; j++) {
            vis[j] = 0;
        }
        // 如果当前颜色未出现过，需要新的一笔
        if(vis[a[i] - 'A'] == 0) {
            vis[a[i] - 'A'] = 1;
            pre[i]++;
        }
    }
    
    // 初始化标记数组
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    
    // 预处理后缀数组
    for(int i = n; i >= 1; i--) {
        suf[i] = suf[i+1];
        // 清除比当前颜色深的颜色标记
        for(int j = a[i] - 'A' + 1; j < 26; j++) {
            vis[j] = 0;
        }
        // 如果当前颜色未出现过，需要新的一笔
        if(vis[a[i] - 'A'] == 0) {
            vis[a[i] - 'A'] = 1;
            suf[i]++;
        }
    }
    
    // 处理查询
    for(int i = 1; i <= q; i++) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        cout << pre[l-1] + suf[r+1] << endl;
    }
    
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

算法复杂度

时间复杂度：O(n × 26 + q)，其中26是颜色种类数
空间复杂度：O(n)

示例验证

输入：

8 2
ABBAABCB
3 6
1 4

处理过程：

预处理得到前缀数组和后缀数组
查询[3,6]：pre[2] + suf[7] = 2 + 2 = 4
查询[1,4]：pre[0] + suf[5] = 0 + 3 = 3

输出：

4
3

总结

这个问题通过巧妙的预处理技术，将每个查询的复杂度降低到O(1)。关键在于利用颜色覆盖的特性，在预处理时维护颜色状态，从而快速计算出任意区间的最小操作次数。这种方法既保证了正确性，又具有很高的效率，能够处理大规模数据。

题解：孤独的子串计数

题目分析

本题要求统计一个仅由字符 'G' 和 'H' 组成的字符串中，所有"孤独的子串"的数量。孤独的子串定义为：

子串中恰好只包含一个 'G' 或一个 'H'
子串长度不低于 3

解题思路

暴力解法（适用于小数据范围）

最直观的方法是枚举所有长度至少为3的子串，检查每个子串中 'G' 和 'H' 的数量。这种方法的时间复杂度为 O(N³)，只能通过 N ≤ 50 的测试点。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    freopen("lonely.in", "r", stdin);
    freopen("lonely.out", "w", stdout);
    
    long long n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    long long sum = 0;
    
    // 枚举所有长度至少为3的子串
    for (int l = 0; l < n; l++) {
        for (int r = l + 2; r < n; r++) {
            int g = 0, h = 0;
            // 统计当前子串中G和H的数量
            for (int i = l; i <= r; i++) {
                if (s[i] == 'G') g++;
                else h++;
            }
            // 检查是否满足孤独子串条件
            if (g == 1 || h == 1) {
                sum++;
            }
        }
    }
    
    cout << sum << endl;
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

优化解法（适用于中等数据范围）

通过双指针技巧，可以在枚举子串时避免重复计算字符数量，将时间复杂度优化到 O(N²)。这种方法可以处理 N ≤ 5000 的数据。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    freopen("lonely.in", "r", stdin);
    freopen("lonely.out", "w", stdout);
    
    long long n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    long long sum = 0;
    
    for (int l = 0; l < n; l++) {
        int g = 0, h = 0;
        
        // 初始化长度为2的子串
        for (int i = l; i <= l + 1 && i < n; i++) {
            if (s[i] == 'G') g++;
            else h++;
        }
        
        // 扩展右端点
        for (int r = l + 2; r < n; r++) {
            // 更新当前字符计数
            if (s[r] == 'G') g++;
            else h++;
            
            // 检查是否满足条件
            if (g == 1 || h == 1) {
                sum++;
            }
            
            // 剪枝：如果G和H都至少有2个，后续子串不可能满足条件
            if (g >= 2 && h >= 2) {
                break;
            }
        }
    }
    
    cout << sum << endl;
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

高效解法（适用于大数据范围）

对于 N ≤ 5×10⁵ 的数据范围，我们需要 O(N) 或 O(N log N) 的算法。

核心思路是：对于每个位置 i，计算以 s[i] 作为子串中唯一字符（即唯一的 'G' 或 'H'）的所有满足条件的子串数量。

具体步骤：

对于每个位置 i，向左找到第一个与 s[i] 相同的字符位置 l
向右找到第一个与 s[i] 相同的字符位置 r
计算包含位置 i 且满足条件的子串数量：
- 如果 s[i] 在子串的最左边或最右边，计算相应的子串数量
- 否则，分别计算 s[i] 作为子串起点、终点和中间位置的情况

算法实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    freopen("lonely.in", "r", stdin);
    freopen("lonely.out", "w", stdout);
    
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    long long sum = 0;
    
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int l = i - 1, r = i + 1;
        
        // 向左寻找第一个与s[i]相同的位置
        while (l >= 0 && s[l] != s[i]) {
            l--;
        }
        l++; // [l, i-1] 区间内的字符都与s[i]不同
        
        // 向右寻找第一个与s[i]相同的位置
        while (r < n && s[r] != s[i]) {
            r++;
        }
        r--; // [i+1, r] 区间内的字符都与s[i]不同
        
        // 计算包含位置i的孤独子串数量
        if (l == i || r == i) {
            // s[i]在子串的最左边或最右边
            if (l != i || r != i) {
                sum += r - l - 1;
            }
        } else {
            // s[i]作为子串终点
            sum += i - l - 1;
            // s[i]作为子串起点
            sum += r - i - 1;
            // s[i]在子串中间
            sum += 1LL * (i - l) * (r - i);
        }
    }
    
    cout << sum << endl;
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

算法分析

时间复杂度：O(N)，每个字符最多被访问3次（向左扩展、向右扩展、作为唯一字符计算）
空间复杂度：O(1)，只使用了常数级别的额外空间

关键点说明

唯一字符定位：对于每个位置 i，找到它作为唯一字符的最大区间 [l, r]
三种情况处理：
- 字符在子串最左/最右边
- 字符作为子串起点/终点
- 字符在子串中间位置
乘法原理应用：当字符在子串中间时，使用乘法原理计算所有可能的子串

总结

本题的关键在于转换思路，从枚举所有子串转为对每个字符计算它能作为唯一字符的子串数量。这种"以每个元素为中心"的思考方式在处理子串/子数组问题时非常有效，能够将问题复杂度从 O(N²) 或 O(N³) 降低到 O(N)。

题解：滑雪场连通问题

题目分析

本题要求找到最小的安全高度 D，使得滑雪场中所有重要点（标记为1的格子）能够相互到达。两个格子可以相互到达的条件是：

它们是相邻的（有公共边）
它们的高度差绝对值不超过 D

解题思路

问题转换

我们可以将这个问题转换为：在给定的高度差限制 D 下，判断所有重要点是否在同一个连通分量中。我们需要找到满足这个条件的最小 D。

二分搜索 + BFS 解法

由于 D 的取值范围很大（0 到 10^9），直接枚举所有可能的 D 值效率太低。我们可以使用二分搜索来快速找到最小的满足条件的 D。

算法步骤：

读取输入数据，包括地图尺寸、高度信息和重要点位置
统计重要点总数，并记录任意一个重要点的位置作为搜索起点
使用二分搜索在可能的 D 值范围内（0 到 10^9）查找最小满足条件的 D
对于每个候选的 D 值，使用 BFS 检查从起点出发能否访问到所有重要点

算法实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n, m;
int dir_x[] = {1, 0, -1, 0};
int dir_y[] = {0, 1, 0, -1};
int h[510][510];    // 存储高度
int imp[510][510];  // 存储是否为重要点
bool vis[510][510]; // 标记数组

struct point {
    int x, y; // 横纵坐标
};

int sx, sy; // 起点坐标

// BFS 检查在给定高度差限制下是否能访问所有重要点
bool bfs(int num, int dif) {
    memset(vis, 0, sizeof(vis)); // 标记数组清空
    queue<point> q;
    q.push({sx, sy});    // 起点入队
    vis[sx][sy] = 1;     // 起点标记
    if (imp[sx][sy]) num--; // 如果起点是重要点，计数减一
    
    while (!q.empty()) {
        int x = q.front().x; // 取队头
        int y = q.front().y;
        q.pop();
        
        for (int i = 0; i < 4; i++) {
            int x1 = x + dir_x[i], y1 = y + dir_y[i]; // 相邻格子
            
            // 检查边界和访问状态
            if (x1 < 1 || x1 > n || y1 < 1 || y1 > m || vis[x1][y1]) 
                continue;
            
            // 检查高度差是否在允许范围内
            if (abs(h[x1][y1] - h[x][y]) > dif) 
                continue;
            
            // 如果是重要点，更新计数
            if (imp[x1][y1]) 
                num--;
            
            vis[x1][y1] = 1; // 标记已访问
            q.push({x1, y1});
        }
    }
    
    return num == 0; // 检查是否访问了所有重要点
}

int main() {
    freopen("skiing.in", "r", stdin);
    freopen("skiing.out", "w", stdout);
    cin >> n >> m;
    // 读取高度信息
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> h[i][j];
        }
    }
    // 读取重要点信息并统计数量
    int num = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            cin >> imp[i][j];
            if (imp[i][j] == 1) {
                if (num == 0) { // 记录第一个重要点作为起点
                    sx = i;
                    sy = j;
                }
                num++;
            }
        }
    }
    // 二分搜索寻找最小满足条件的 D
    int l = 0, r = 1000000000;
    int ans = 0;
    while (l <= r) {
        int mid = (l + r) / 2;
        if (bfs(num, mid)) {
            r = mid - 1;
            ans = mid;
        } else {
            l = mid + 1;
        }
    }
    
    cout << ans << endl;
    
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

算法分析

时间复杂度

二分搜索：O(log(max_D))，其中 max_D = 10^9，约为 30 次迭代
每次 BFS：O(M×N)，其中 M 和 N 最大为 500，即 250,000 个格子
总复杂度：O(log(max_D) × M × N) ≈ 30 × 250,000 = 7,500,000 次操作

空间复杂度

O(M×N) 用于存储高度信息、重要点标记和访问状态

关键点说明

二分搜索的应用：通过二分法在较大的 D 值范围内快速定位最小满足条件的值
BFS 连通性检查：对于每个候选 D 值，使用 BFS 检查从任意一个重要点出发能否到达所有其他重要点
起点选择：选择任意一个重要点作为 BFS 起点，因为如果所有重要点连通，从任何一个出发都能到达所有其他重要点
高度差限制：在 BFS 扩展时，只考虑高度差不超过当前 D 值的相邻格子

问题分解与解决步骤

步骤 1：理解问题本质

将滑雪场建模为网格图
将连通性问题转化为图论问题
确定约束条件：相邻格子、高度差限制

步骤 2：确定算法框架

识别这是一个最优化问题（最小化 D）
选择二分搜索作为主要算法框架
确定验证函数（BFS）来检查给定 D 是否满足条件

步骤 3：实现验证函数

使用 BFS 进行连通性检查
正确处理边界条件和访问标记
高效统计重要点访问情况

步骤 4：优化与调试

选择合适的起点以减少不必要的计算
处理极端情况（如只有一个重要点）
确保算法在数据范围内高效运行

总结

关键思路分解：

问题建模：将物理问题转化为图论问题
算法选择：二分搜索处理最优化，BFS 处理连通性验证
实现细节：正确处理边界、标记和计数
性能优化：利用问题特性减少不必要的计算

这种分解思维有助于系统地解决复杂问题，将大问题拆解为可管理的小问题，并选择合适的算法和数据结构来解决每个子问题。

题解：史迪仔的晚餐计划

题目分析

史迪仔需要在接下来的 T 天内尽可能多地吃到晚餐。他只能在有菜的情况下才能做饭，而菜只能从超市进货时购买。超市会在特定的天数进货，每次进货时史迪仔可以购买固定数量的菜。我们需要计算在 T 天内史迪仔最多能吃到多少顿晚餐。

解题思路

问题转换

这个问题可以看作是一个时间序列上的资源分配问题：

资源（菜）在特定时间点（进货日）增加
资源每天消耗1单位（做饭）
目标是最大化消耗的资源总量

关键观察

我们不需要模拟每一天，而是可以按进货时间段来处理
在每个进货时间段内，能吃的晚餐数受两个因素限制：
- 当前拥有的菜量
- 时间段的天数
剩余的菜可以累积到下一个时间段

算法思路

按进货时间顺序处理每个进货事件
对于每个进货事件：
- 将进货量加入当前菜量
- 计算从当前进货日到下一个进货日（或最后一天）之间的天数
- 在这个时间段内，能吃掉的菜量是 min(当前菜量, 时间段天数)
- 更新总晚餐数和剩余菜量

算法实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

long long n, T;
typedef long long ll;

struct node {
    ll v; // 能买的菜量
    ll d; // 进货的天数
} a[100003];

int main() {
    freopen("Dinner.in", "r", stdin);
    freopen("Dinner.out", "w", stdout);
    
    cin >> n >> T;
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> a[i].d >> a[i].v; // 输入进货天数和能买的菜量
    }
    
    ll ans = 0; // 吃上饱饭的日子
    ll res = 0; // 家中的剩余菜量
    
    // 设置虚拟的最后一次进货，方便统一处理
    a[n + 1].d = T + 1;
    a[n + 1].v = 0;
    
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        res += a[i].v; // 将当前天新买的菜量加入总和
        
        // 计算从当前进货日到下一个进货日之间的天数
        ll days = a[i + 1].d - a[i].d;
        
        // 在这个时间段内能吃的晚餐数受菜量和天数的限制
        ll canEat = min(res, days);
        
        ans += canEat; // 更新总晚餐数
        res -= canEat; // 更新剩余菜量
    }
    
    cout << ans << endl;
    
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

算法分析

时间复杂度

我们只需要遍历 n 次进货事件，时间复杂度为 O(n)
对于 n ≤ 10^5 的数据范围，这个复杂度是完全可行的

空间复杂度

我们使用了一个大小为 O(n) 的数组来存储进货信息
总空间复杂度为 O(n)

关键点说明

虚拟的最后一次进货：通过设置一个虚拟的进货点（T+1天），我们可以统一处理所有时间段，包括最后一次进货到第 T 天的时间段。
时间段处理：对于每个进货时间段 [d_i, d_{i+1})，我们能吃的晚餐数受两个因素限制：
- 当前拥有的菜量 res
- 时间段长度 (d_{i+1} - d_i)
菜量累积：当前时间段未用完的菜会累积到下一个时间段，这通过更新 res 变量实现。

问题分解与解决步骤

步骤 1：理解问题结构

识别出这是一个资源在时间上分配的问题
注意到资源（菜）只在特定时间点增加
资源每天稳定消耗（做饭）

步骤 2：确定处理单元

不需要按天处理，可以按进货时间段处理
每个时间段内，消耗的菜量受时间段长度和当前菜量的双重限制

步骤 3：设计算法框架

按进货顺序处理每个事件
对于每个进货事件，计算到下一个进货事件的时间段
确定该时间段内能消耗的菜量

步骤 4：处理边界情况

最后一次进货后的时间段需要特殊处理
通过添加虚拟进货点简化代码逻辑

总结

本题通过将问题分解为多个时间段，并在每个时间段内计算能消耗的最大菜量，有效地解决了史迪仔的晚餐计划问题。这种"分段处理"的思路在解决时间序列上的资源分配问题时非常有效。

关键思路分解：

问题建模：将连续的时间离散化为多个时间段
资源跟踪：跟踪每个时间段的起始菜量和结束菜量
限制处理：同时考虑时间限制和资源限制
边界处理：通过虚拟点简化边界条件处理

这种思路可以推广到类似的资源分配问题，特别是当资源在特定时间点增加，而消耗是连续的情况。

题解：越野比赛场地调整

题目分析

阿北需要将当前的地面高度数组 t 调整到希望的高度数组 p。每次操作可以将一段连续位置的高度统一增加或减少1个单位。我们需要找出最小的操作次数。

解题思路

问题转换

将问题转化为差分数组的处理：

计算每个位置的差值 d[i] = p[i] - t[i]
构建差分数组 diff，其中：
- diff[1] = d[1]
- diff[i] = d[i] - d[i-1]（对于 i = 2 到 n）
- diff[n+1] = -d[n]

关键观察

每次操作对应差分数组中的两个变化：

对区间 [l, r] 加1：diff[l] += 1, diff[r+1] -= 1
对区间 [l, r] 减1：diff[l] -= 1, diff[r+1] += 1

算法思路

计算每个位置的高度差值
构建差分数组
计算差分数组中所有正数的和，即为最小操作次数

算法实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n;
long long p[300010], t[300010];
long long d[300010];  // 差值数组
long long diff[300010]; // 差分数组

int main() {
    freopen("arrange.in", "r", stdin);
    freopen("arrange.out", "w", stdout);
    
    cin >> n;
    
    // 读入希望高度
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> p[i];
    }
    
    // 读入当前高度
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> t[i];
    }
    
    // 计算差值
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        d[i] = p[i] - t[i];
    }
    
    // 构建差分数组
    diff[1] = d[1];
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        diff[i] = d[i] - d[i-1];
    }

    diff[n+1] = -d[n];  // 边界处理
    
    // 计算正数和
    long long ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n+1; i++) {
        if (diff[i] > 0) {
            ans += diff[i];
        }
    }
    
    cout << ans << endl;
    
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}