剑与魔法

唔，博主写这题的时候的直接想法是DFS，当然这样是解决不了的，虽然博主不知道为什么解决不了，但是还是将思路留在这里：

　　我是这么想的，首先输出“-1”的条件是，事件中所有战役事件加起来并没有达到穿越回去事件的RP值，那么老师不仅拿不到金币还回不到过去，这个时候就应该输出“-1”，

然后，就是成立的条件一个“else”，那么老师可以拿到的金币就是各个战役的RP++，首先，因为题面要求老师必须在最后一个返回事件返回，所以无论前面有多少个事件都不能触发，

然而根据题意，穿越回去事件的触发是被动的，只有参与的战役数达到RP时才能穿越，所以搜索所有的战役事件，并且所进行的战役不能超过前面所有的“EOF”事件的RP值，

这就导致了我们要将所有的尝试值存储下来，然后进行对比“Max（dfs（1），dfs（2））”，这样就可以求得每个“EOF”事件之前所获得的金币最大值。

（当然博主不知道为啥一直调试不出来，希望能有位大佬帮助一下蒟蒻（逃）

　　其次，使用优先队列做法（这个是我们团队的大佬写的，不敢copy过来，但是可以偷偷看一下他的代码，恕我吐槽一句他的代码风真的很小清新）

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运用优先队列存储“RP”值与金币数，运用sum进行判断，优先队列的头顶元素存为最大值，这样子“ans”所得的结果就是最大值。

　　最后，是运用小根堆来解题，当然我并不是很清楚思路，似乎是使用堆排序，把最大值放到树的前端，然后调用来着（弱弱的我，打算溜走）

　　给上题目里的标程，希望对大家的理解有帮助：

#include<cstdio>
#include<algorithm>

using namespace std;

const int N = 201013;
int c[N],d[N],h[N];
int tt,n,cnt;
char op[N];

bool cmph(const int i, const int j) {
    return c[i] > c[j];
}

int main() {
    //freopen("dragons.in","r",stdin);
    //freopen("dragons.out","w",stdout);
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%s%d", op + i, c + i);
    tt = 0;
    for (int i = 1; i < n; ++i) 
        if (op[i] == 'e') {
            while (tt && c[d[tt]] >= c[i]) --tt;
            d[++tt] = i;
        }
    d[tt + 1] = n;
    tt = 0;
    for (int i = 1, j = 1; i < n; ++i) 
        if (op[i] == 'c') {
            h[++tt] = i;
            push_heap(h + 1, h + tt + 1, cmph);
        } else if (i == d[j]) {
            while (tt >= c[i]) pop_heap(h + 1, h + tt-- + 1, cmph);
            ++j;
        }
    if (tt >= c[n]) {
        int ret = 0;
        for (int i = 1; i <= tt; ++i) ret += c[h[i]];
        printf("%d\n", ret);
    } else puts("-1");
    return 0;
}

好啦，我还是总结个人的理解吧；

我的理解学习来自这几个博客主：ganggexiongqi，山代王，kiu000

堆的定义：

n个关键字序列L[1…n]称为堆，当且仅当该序列满足：
1. L(i)<=L(2i)且L(i)<=L(2i+1)
2. L(i)>=L(2i)且L(i)>=L(2i+1)
满足第一个条件的成为小根堆（即每个结点值小于它的左右孩子结点值），满足第二个添加的成为大根堆（即每个结点值大于它的左右孩子结点值）。

关于小根堆的创建：

唔，应该是类似于创建树。

1. 复制堆数组

2. 找到最初的调整位置，即找到最后一个分支结点

3.1自底向上逐步扩大形成堆

3.2 向前交换一个分支结点

小根堆的插入：

1. 将待插入元素插入已建成堆的最后面
2. 沿着出入位置所在的分支逐步向上调整

小根堆的删除：

1. 将堆顶元素删除

2. 将数组中最后一个元素放到堆顶

堆的操作：

heapify(heap,i)：若节点heap[i]左子树和右子树都满足最小堆的性质，而heap[i]节点不满足最小堆性质，

即heap[i]>heap[i*2]或者heap[i]>heap[2*i+1]，则操作heapify(heap,i)调整heap[i]的位置来保持堆的性质。这是堆的基本操作。

heapinsert(heap,val)：往堆里面插入值val，新增节点heap[n+1]=val，并比较新增节点和其父节点大小，不断调整新增节点的位置，保持最小堆的性质。

heappop(heap)：弹出堆顶元素，并令heap[0]=heap[n]，堆大小减一，之后执行heapify(heap,0)来维持堆的性质。

ganggexiongqi那里有一幅图有助于理解：

大佬代码：

public static int[] heapSort(int[] A, int n, int k) {  
        if(A == null || A.length == 0 || n < k){  
            return null;  
        }  
        int[] heap = new int[k];  
        for(int i = 0; i < k; i++){  
            heap[i] = A[i];  
        }  
        buildMinHeap(heap,k);//先建立一个小堆  
        for(int i = k; i < n; i++){  
            A[i-k] = heap[0];//难处堆顶最小元素  
            heap[0] = A[i];  
            adjust(heap,0,k);  
        }  
        for(int i = n-k;i < n; i++){  
            A[i] = heap[0];  
            heap[0] = heap[k-1];  
            adjust(heap,0,--k);//缩小调整的范围  
        }  
        return A;  
    }  
    //建立一个小根堆  
    private static void buildMinHeap(int[] a, int len) {  
        for(int i = (len-1) / 2; i >= 0; i--){  
            adjust(a,i,len);  
        }  
    }  
    //往下调整，使得重新复合小根堆的性质  
    private static void adjust(int[] a, int k, int len) {  
        int temp = a[k];  
        for(int i = 2 * k + 1; i < len; i = i * 2 + 1){  
            if(i < len - 1 && a[i+1] < a[i])//如果有右孩子结点，并且右孩子结点值小于左海子结点值  
                i++;//取K较小的子节点的下标  
            if(temp <= a[i]) break;//筛选结束，不用往下调整了  
            else{//需要往下调整  
                a[k] = a[i];  
                k = i;//k指向需要调整的新的结点  
            }  
        }  
        a[k] = temp;//本趟需要调整的值最终放到最后一个需要调整的结点处  
    }

堆排序和优先队列：

由上述堆的基本操作基本可以实现堆排序和优先队列。

堆排序：1，在线算法，不断heapinsert接受所有的数据后，heappop输出所有数据

2，离线算法，利用heapify操作创建最小堆，heappop输出所有数据

优先队列：heapinsert插入优先队列，heappop弹出优先队列

关于小根堆的看法

剑与魔法

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