一、
题目大意：给定长度为n的序列a，b，求一个最长区间l，r，满足∑ai和∑bi都大于等于0，i∈【l，r】。
这道题算是一个比较裸的树状数组二位数点。最初学树状数组的时候，书上是给有类似这种的题目的。例题求得是关于当前这个点，在他之前的x，y都小于他的点的个数。我们可以按照x的大小排序，然后依次插入每一个y，求一下比y小的点有多少个，就是所求答案。这道题只不过让你求所有满足条件的点中最小下标的点而已，你只需要把原来维护区间和的树状数组改成维护区间最小值就行了。只不过我当时感到疑惑的是，按照x排完序之后，顺序不就改变了？万一有一个点在序列中的第一个，但是他的x很大怎么办啊，其实你发现，这个并不影响知道题。恰恰因为你要求得是满足条件的点中的坐标最小值，所以就算有的点在当前点的后面，他减出来的结果是负的，不影响结果。如果担心到当前点时，在他前面的所有点并没有全部加入树状数组的话，其实你仔细想一下，我们按照a排序，因为找的点他的x必须小于当前点的x，所以当前点i虽然前面的所有点并没有全部加进去，但是所有可能会更新答案的点，肯定加进去了。当时就是困惑在这里，没有敢排序。哎。哦对了，一定加快读qaq
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
int n,siz1,siz2;ll a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn];
int h[maxn],ans,temp;
struct node{
int x,y;int xu;
}e[maxn];
void discrete(){
sort(c+1,c+n+1);
sort(d+1,d+n+1);
siz1=unique(c+1,c+n+1)-c-1;
siz2=unique(d+1,d+n+1)-d-1;
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(c+1,c+siz1+1,a[i])-c;
for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=lower_bound(d+1,d+siz2+1,b[i])-d;
}
bool cmp(node a,node b){
return a.x<b.x;
}
int lowbit(int x) { return x&(-x); }
void update(int x,int val){
for(;x<=maxn;x+=lowbit(x)){
h[x]=min(h[x],val);
}
}
void query(int x){
for(;x>0;x-=lowbit(x)){
temp=min(temp,h[x]);
}
}
int main(){
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),a[i]+=a[i-1],c[i]=a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]),b[i]+=b[i-1],d[i]=b[i];
for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]>=0&&b[i]>=0) ans=max(ans,i);
discrete();
for(int i=1;i<=n;i++) e[i].xu=i,e[i].x=a[i],e[i].y=b[i];
sort(e+1,e+n+1,cmp);
memset(h,0x3f,sizeof(h));
for(int i=1;i<=n;i++){
update(e[i].y,e[i].xu);
temp=1e9;query(e[i].y);
if(e[i].xu!=temp)
ans=max(ans,e[i].xu-temp);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}考场上被这道题搞懵，最后只写了30分的暴力。不过收获还是有的，先讲一下考场上的心路历程吧。刚看到第一题，大致理解了题意，以为是个傻逼题，直接双指针扫一遍就行了。就写了10分钟的双指针，然后发现愚蠢的想错了。然后才仔细揣摩题意，明白这道题无法O（n）扫。于是就去想log的做法。一直在想这道题每到一个新的i，求最长长度应该是找到某一个前缀和a和前缀和b都小于当前的前缀和的最小的一个i，所以一直在想这个玩意儿怎么用一个数据结构维护啊，set？好像不太行。线段树？好像只能维护关于某一个的前缀和吧。树状数组？应该更不行吧，树状数组只能求区间和啊。突然脑子一闪，二分行不行啊。想了想复杂度就开始码，码完之后样例也过了，还傻了吧唧的挺开心，A了一道题。不过还好我还知道自己菜，老老实实拍一下吧。一拍就出问题了，再仔细一想，这道题好像并不单调啊，，于是又挂了。这时候已经十点了，只剩下两个小时。我先去看了一下第二题和第三题，第二题是一个在二叉搜索树上搞事情的题，以前从没写过这种题，不很可做，第三题又是期望dp，而且有环需要高斯消元，就果断弃疗了。然后突发奇想，第一题把两个分开处理然后取最小值行不行啊，貌似没问题，就去写线段树了。码了大概三十分钟啊，出了些bug就debug（下次坚决不能无脑debug了），调了半个小时突然发现这个思路也不对啊。。于是就原地去世了。
至于收获：（1）如果暂时想不出正解就不要太贪，果断一些，放弃他去写其他的题。
（2）树状数组原来还能用来求前缀最值。
（3）写一个思路之前一定要先证明正确性，手玩出来样例再去写。更不要无脑debug。
（4）没事就写快读
二、1~n这n个节点，你需要使用它们建立一颗二叉搜索树，然后每一个节点都有一个必须访问的次数。规定：如果一个节点需要被访问，那么这次访问的代价是从根节点到这个点所经过的点的个数。求满足所有访问条件之后的最小代价。
当时看完这道题之后觉得十分不可做，好像得把所有的二叉搜索树建出来，求最优值，怎么建二叉搜索树啊。。。今天订正的时候，想了一下，对于每一个节点来说，它的左子树上所有点一定比它小，右子树上所有点一定比它大。那么你把它压成一条线，会发现所有的节点所处的相对位置和它的编号顺序是一样的，仍然是1~n。那么其实就是一道区间dp了。我们枚举一个i，j，然后枚举一个根节点来更新最优值。显然复杂度是O（n^3）的，只能过40分。首先第一维一定是枚举阶段，也就是区间长度，然后状态显然也无法再做优化，那么我们考虑决策。现在我们要找到对于i，j的最优值决策，发现如果知道了i，j-1和i+1，j的最优决策，那么当前要求得决策一定在两个决策的中间。比如对于第一个i，j-1的决策k1吧，如果我们此时找一个比k1小的k2来做根，首先在求i，j-1的最优值得时候，我们就已经知道，f【i】【k2-1】+f【k2+1】【j-1】没有f【i】【k1-1】+f【k1+1】【j-1】优秀，那么我们此时在右子树上加了一个j，显然仍然不可能k2的那个决策比当前k1的优秀。然后我们另开一个数组g【i】【j】记录决策就好了。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int maxn=5100;
ll f[maxn][maxn],a[maxn];
int g[maxn][maxn],n;
using namespace std;
int main(){
freopen("tree.in","r",stdin);
freopen("tree.out","w",stdout);
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
g[i][i]=i;f[i][i]=a[i];
a[i]+=a[i-1];
}
int j;
for(int k=1;k<n;k++)
for(int i=1;(j=i+k)<=n;i++){
f[i][j]=1e16;
for(int l=g[i][j-1];l<=g[i+1][j];l++){
if(f[i][l-1]+f[l+1][j]+a[j]-a[i-1]<f[i][j])
f[i][j]=f[i][l-1]+f[l+1][j]+a[j]-a[i-1],g[i][j]=l;
}
}
cout<<f[1][n]<<endl;
return 0;
}