A - DDL 的恐惧
题目
ZJM 有 n 个作业，每个作业都有自己的 DDL，如果 ZJM 没有在 DDL 前做完这个作业，那么老师会扣掉这个作业的全部平时分。
所以 ZJM 想知道如何安排做作业的顺序，才能尽可能少扣一点分。
请你帮帮他吧！
输入
包含T个测试用例。输入的第一行是单个整数T，为测试用例的数量。
每个测试用例以一个正整数N开头(1<=N<=1000)，表示作业的数量。
然后两行。第一行包含N个整数，表示DDL，下一行包含N个整数，表示扣的分。
输出
对于每个测试用例，您应该输出最小的总降低分数，每个测试用例一行。
样例
Sample Input
3
3
3 3 3
10 5 1
3
1 3 1
6 2 3
7
1 4 6 4 2 4 3
3 2 1 7 6 5 4
Sample Output
0
3
5
Hint
上方有三组样例。
对于第一组样例，有三个作业它们的DDL均为第三天，ZJM每天做一个正好在DDL前全部做完，所以没有扣分，输出0。
对于第二组样例，有三个作业，它们的DDL分别为第一天，第三天、第一天。ZJM在第一天做了第一个作业，第二天做了第二个作业，共扣了3分，输出3。
题解
题意理解：
一天只能做一个任务，当任务超过ddl未完成时会有相应的扣分。要使最后扣分扣得最少，我们就应该尽量避免分值大的任务丢分，所以在考虑选择任务时，扣分多的任务应该优先完成。（其实这跟赚分是一样的）
但并不是分值高的任务越早完成越好，每一个任务安排的时间会影响到其他任务的完成时间，所以还要考虑让影响降低到最小。
做法：
easy版
• 优先考虑价值高的任务，把n 个 deadline 根据分数从大到小排序，依次遍历
• 对于第i个 deadline，根据 ti 从后往前遍历，一旦找到空闲时段则安排为第 i 个 deadline。从ddl往前遍历可以保证第 i 个 deadline的安排时间对其他 deadline 的影响最小，因此结果更优
• 时间复杂度较高，为n方
hard版
• 从最晚ddl时间往前枚举每一天，给每一天安排任务
• 枚举到第 x 天时，将所有 ti = x 的 deadline 加入最大堆中
• 再从最大堆中选取一个分值最大的 deadline 安排在第 x 天
• 时间复杂度更小，为nlogn
这两种方法实现起来都不难，这里我用的是第二种方法。
代码解释：
定义一个结构体ddl，成员有：ddl的时间，任务的分值，jd表示该任务是否完成，初始值设为0，还有任务的编号。重载<号让ddl在堆中按分值大小排列。
在输入ddl信息时，用maxt记下最晚的ddl的时间，在从后往前遍历日期时，从最后一个ddl时间开始–就行了。
从后往前给每天安排任务，每天遍历一遍ddl，找到ddl在当天的加入堆中。这样堆里都是在ddl前可以完成的任务，当堆不为空时，选择堆顶完成，标记任务的 jd = 1 然后pop。
最后统计所有ddl中有哪些任务未完成，累加扣分最后输出。
完整代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
int N;
struct ddl
{
int t, s, jd;
int num;
bool operator<(const ddl x) const
{
return this->s < x.s;
}
}d[1010];
int main()
{
cin>>N;
for(int i=0;i<N;i++)
{
priority_queue<ddl> h;
int n;
cin>>n;
int maxt = 0;
for(int j=0;j<n;j++)
{
cin>>d[j].t;
if(d[j].t > maxt) maxt = d[j].t;
d[j].num = j;
d[j].jd = 0;
}
for(int j=0;j<n;j++)
cin>>d[j].s;
for(int k=maxt;k>0;k--)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(d[j].t == k)
{
h.push(d[j]);
}
}
if(!h.empty())
{
ddl tp = h.top();
d[tp.num].jd = 1;
h.pop();
}
}
int ans = 0;
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(d[j].jd == 0)
ans+=d[j].s;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
总结
这是一个贪心问题，找到合理的贪心策略并保证他是最优解比较关键。这一题有两个小细节需要注意，一个是在弹出堆顶的时候，需要判断一下堆是否为空，因为不一定会有可执行任务在堆中，不然访问空会RE；另一个问题就是从什么时候开始往前遍历，一开始没有注意到这个问题就WA了。。。仔细读题qwq。
B - 四个数列
题目
ZJM 有四个数列 A,B,C,D，每个数列都有 n 个数字。ZJM 从每个数列中各取出一个数，他想知道有多少种方案使得 4 个数的和为 0。
当一个数列中有多个相同的数字的时候，把它们当做不同的数对待。
请你帮帮他吧！
Input
第一行：n（代表数列中数字的个数） （1≤n≤4000）
接下来的 n 行中，第 i 行有四个数字，分别表示数列 A,B,C,D 中的第 i 个数字（数字不超过 2 的 28 次方）
Output
输出不同组合的个数。
样例
Sample Input
6
-45 22 42 -16
-41 -27 56 30
-36 53 -37 77
-36 30 -75 -46
26 -38 -10 62
-32 -54 -6 45
Sample Output
5
题解
题意理解：
在四个数列中各选一个数字，要使选出来的四个数字之和恰好等于零，有相同数字算不同情况。
做法：
看到题目的第一反应就是暴力搜，四层循环遍历四个数列，如果出现了和为0的情况，计数++。但是这样n的四次方，无疑时间复杂度太高了。
使用以下方法将n^4降到 n方：
• 分别用两重循环枚举AB数列两数之和、CD数列两数之和；
• 再用两层循环计算解的数量：第一层循环遍历AB的所有和，第二层循环，针对每一个AB的和去遍历CD的和，找到CD和中有多少个AB和的相反数，即四个数的和为0.
• 在查找相反数时，就使用二分查找的方法。
代码解释
sum1用来存AB数列选的两个数的和，sum2用来存CD数列的和。由于数列的大小是不超过4000，所以两两之和的数量不超过4000*4000.
在两两遍历完四个数列后，要对每一个sum1去sum2中寻找相反数。为了使用速度更快的二分查找，先用sort将数组排序。
标记查找范围的头和尾：st 和 ed，用mid表示二分点。用二分法找到sum2中最先是sum1相反数的下标，再继续从此处开始向后遍历，直到找完所有等于相反数的sum2.（因为sum2中可能不止一个相反数，又因为sum2是有序的，所以可能后面紧接着的一小段均满足条件，下面代码标有注释）
完整代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
int a[4010],b[4010],c[4010],d[4010];
int sum1[16000010];
int sum2[16000010];
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
cin>>a[i]>>b[i]>>c[i]>>d[i];
int kk = 0; //记和的下标
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(int j=0;j<n;j++)
{
sum1[kk]=a[i]+b[j];
sum2[kk]=c[i]+d[j];
kk++;
}
}
sort(sum2, sum2 + kk);
int mid;
int ans = 0;
for(int i=0;i<kk;i++)
{
int st=0;
int ed=kk-1;
while(st < ed)
{
mid = (st + ed)>>1;
if(sum1[i] + sum2[mid] >= 0) //数字偏大或者刚好 往前找
ed = mid;
else st = mid + 1;
}
//前面判断时用的>=号，找到的是第一个满足条件的，后半区域可能还有=的情况
while(sum1[i] + sum2[st] == 0 && st < kk)
{
ans++;
st++;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
总结
用二分法得确保是有序的或者说单调的。
二分查找时，查找区域的头和尾的更新标记容易出错，需要仔细一点。
C - TT 的神秘礼物
题目
TT 是一位重度爱猫人士，每日沉溺于 B 站上的猫咪频道。
有一天，TT 的好友 ZJM 决定交给 TT 一个难题，如果 TT 能够解决这个难题，ZJM 就会买一只可爱猫咪送给 TT。
任务内容是，给定一个 N 个数的数组 cat[i]，并用这个数组生成一个新数组 ans[i]。新数组定义为对于任意的 i, j 且 i != j，均有 ans[] = abs(cat[i] - cat[j])。试求出这个新数组的中位数，中位数即为排序之后 (len+1)/2 位置对应的数字，’/’ 为下取整。
TT 非常想得到那只可爱的猫咪，你能帮帮他吗？
Input
多组输入，每次输入一个 N，表示有 N 个数，之后输入一个长度为 N 的序列 cat， cat[i] <= 1e9 , 3 <= n <= 1e5
Output
输出新数组 ans 的中位数
样例
Sample Input
4
1 3 2 4
3
1 10 2
Sample Output
1
8
题解
题意理解：
将一个数列中的所有数字两两作差，取绝对值，构造了一个新的数组。要找出新构造数组的中位数是多少。
做法：
暴力枚举
•枚举i, j将数列B计算出来，然后排序取出中位数；
•时间复杂度和空间复杂度均为n方，数据范围较大，难以接受。
二分答案
换一种角度思考，给出数列后，答案的范围是已知的，绝对值最小不会小于0，而最大值就是排序后的数列 a[n-1] - a[0]。既然范围已知，那我们看看答案在某种意义上，是否满足单调的二分条件。
先思考：如果给定一个数P，如何判断它是不是中位数？
计算P在数列中的名次即可。
•如果P从小到大排的名次比中位数小，说明什么？ P比中位数要小
•如果P从小到大排的名次比中位数大，说明什么？ P比中位数要大
•如果P从小到大排的名次等于中位数，说明什么？ P就是中位数
结论：满足单调性，可以二分P！（源于课堂PPT）
这样的话，就确定了可以二分答案范围来逐渐确定答案。那么在确定待定“答案”P的时候，我们要计算名次判断P的大小是否真的处于中间位置。
那么如何计算名次呢？
•将X从小到大排列可以去绝对值。 那么计算Xj - Xi <= P的二元组对数即可。
•移项可得 Xj <= Xi + P， 枚举下标i然后计算满足条件的下标j的个数 也可以二分！
代码解释
输入数列后对数组进行排序，标记答案范围的头和尾：l = 0, r = a[n-1]-a[0]，用mid记在该范围下答案的二分值，m是中位数该有的大小名次，等于绝对值元素数量加一除以2，是总体一半。
接下来对答案进行二分，更新范围，更新l、r、mid的值。前面说到在计算满足 Xj <= Xi + P 的下标j的个数时，可以使用二分的方法，这里我使用 lower_bound( ) 函数查找第一个大于或等于 Xi + mid 的数字，找到返回该数字的地址。（此处感谢大佬建议qwq）
补充：lower_bound( begin,end,num)：从数组的begin位置到end-1位置二分查找第一个大于或等于num的数字，找到返回该数字的地址，不存在则返回end。通过返回的地址减去起始地址begin,得到找到数字在数组中的下标。
参考：lower_bound( ) 函数_博客
由于更新l值时为方便表示范围一直用的mid + 1，所以在最后输出时要-1.
完整代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, m, mid;
int main()
{
while(scanf("%d", &n) != EOF)
{
int a[100100];
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
}
sort(a, a+n);
int l = 0, r = a[n-1]-a[0]; //r为最大差
m = ((n-1)*n/2 + 1) / 2; //中位数应该的大小位置
while(l<r)
{
mid = (l+r) / 2;
int rk = 0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
rk += n - (lower_bound(a, a+n, a[i]+mid) - a);
}
if(rk > (n*(n-1)/2 - m)) l = mid + 1;
else r = mid;
}
printf("%d\n", l-1);
}
return 0;
}
总结
知道答案的范围，确定以某种形式单调，使用二分法确定真正的答案，在计算名次时第二次用到了二分。窝觉得这题挺难的，受益匪浅><
