T1 popust (贪心
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米尔科饿了如熊，偶然发现当地一家餐馆。餐厅提供\(n\)种餐，有一个有趣的定价政策：每种餐有两个指定的价格，\(A_i\)和\(B_i\)。米尔科支付第一种餐只能用价格\(A\)，后面的则只能支付\(B\)价格。他知道一种餐只能订一次，但不知道自己要订几种，于是他想知道从\(1\)种到\(N\)种的最少的费用（其实他不在意到底吃哪一种）。请你帮他想一下。
输入：
输入的第一行包含正整数\(N(2≤N≤500000)\)，餐厅提供的餐的种类数。
以下\(N\)行包含两个正整数，\(A_i\)和\(B_i\)\((1 ≤ Ai, Bi ≤ 1 000 000 000)\)，表示第\(i\)种餐的两个价格。
输出：
\(N\)行，第\(i\)行表示恰好订\(i\)种餐的最低价格
input
3
10 5
9 3
10 5output
9
13
18input
2
100 1
1 100output
1
2input
5
1000000000 1000000000
1000000000 1000000000
1000000000 1000000000
1000000000 1000000000
1000000000 1000000000output
1000000000
2000000000
3000000000
4000000000
5000000000意思就是选\(x\)种物品时，其中一个支付\(A_i\)，其余都支付\(B_i\);
因为\(A_i\)只有一个，我们单独考虑；
如果只取\(B\),我们一定是从小到大的取；
先排序；
我们首先从小到大取了\(x\)个\(B\),现在要将其中一个改成\(A\);
有两种改法；
- 在选的前\(x\)个\(B\)中，将其中一个改为对应的\(A\)，这一个物品的\(A_i-B_i\),应该是前\(x\)个中最小的;
- 在没选的当中选一个最小的\(A\),将最大的\(B\)改了；
第二种，我们可以预处理出\(mina[]\)代表第\(i+1\sim n\)中最小的\(A\);
第一种可以用一个变量在求解时继承转移；
时间复杂度是\(O(nlogn)\);
\(Code\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=500005;
int n,pos;
struct food
{
int x,y;
bool operator<(food w)const
{
return y<w.y;
}
}a[N];
ll minx[N],minc;
ll ans;
inline int read()
{
int x=0,f=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){if(st=='-') f=-1;st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*f;
}
int main()
{
freopen("popust.in","r",stdin);
freopen("popust.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
a[i].x=read(),a[i].y=read();
}
sort(a+1,a+1+n);
minx[n]=9999999999999;
for(int i=n-1;i>=1;i--)
minx[i]=min(minx[i+1],(ll)a[i+1].x);
minc=9999999999999;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
minc=min(minc,(ll)a[i].x-a[i].y);
ans+=a[i].y;
printf("%lld\n",min(ans-a[i].y+minx[i],ans+minc));
}
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}T2 informacije （二分图
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有一个序列\(A\)，包涵\(1\)到\(N\)共\(N\)个元素（每个元素出现且只出现一次），给出\(M\)个关于\(A\)的描述。描述格式如下：
$1 x y v $ 表示位置在\([x,y]\) 之间最大的值等于\(v\)
\(2\ x\ y\ v\)表示位置在\([x,y]\) 之间最小的值等于\(v\)
请输出满足上面这\(M\)个描述的序列。可以有不同的方案，输出任意一种。
无解输出\(-1\);
\(N (1 ≤ N ≤ 200)\)\(M (0 ≤ M ≤ 40 000)\)
就是求合法排列；
就是求一个位置可以放什么数；
一边是位置，一边是数，一个位置可以选这个数就连一条边；
这是一个二分图；
位置与数相连代表这位置选这个数；
这就是二分图的最大匹配；
如果不是完备匹配，就构造不出排列；
就输出\(-1\);
预处理出每个位置可以放的数，每个数可以放的位置，如果两情相悦，就连一条边；
时间复杂度是\(O(n^3)\)
\(Code\)
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=205;
int n,m,opt,l,r,v,ans;
bool pd[N][N];
int l1[N],l2[N];//上界，与下界
struct skr
{
int to,nxt;
}a[N*N*2];
int head[N<<1],cnt;
int match[N<<1],vis[N<<1];
inline void add(int x,int y)
{
a[++cnt].to=y;a[cnt].nxt=head[x];head[x]=cnt;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;char st=getchar();
while(st<'0'||st>'9'){if(st=='-') f=-1;st=getchar();}
while(st>='0'&&st<='9') x=x*10+st-'0',st=getchar();
return x*f;
}
inline bool dfs(int x)
{
for(int i=head[x];i;i=a[i].nxt)
{
int y=a[i].to;
if(!vis[y])
{
vis[y]=1;
if(!match[y]||dfs(match[y]))
{
match[y]=x;
return 1;
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
freopen("informacije.in","r",stdin);
freopen("informacije.out","w",stdout);
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
l1[i]=n,l2[i]=1;
while(m--)
{
opt=read();l=read();r=read();v=read();
for(int i=1;i<l;i++)
pd[v][i]=1;
for(int i=r+1;i<=n;i++)
pd[v][i]=1;
if(opt==1)
{
for(int i=l;i<=r;i++)
l1[i]=min(l1[i],v);
}
else
{
for(int i=l;i<=r;i++)
l2[i]=max(l2[i],v);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=l2[i];j<=l1[i];j++)
if(!pd[j][i])
{
add(j,i+n);
add(i+n,j);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(vis,0,sizeof vis);
if(dfs(i)) ans++;
}
if(ans<n)
{
printf("-1");
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d ",match[i+n]);
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}