比较好想的一道题，直接用队列滑窗，因为扫一遍往队列里加东西时，改变的只有一个值，开桶储存好就行了！
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, k, r;
inline int min(int a, int b) {
return a > b ? b : a;
}
inline int max(int a, int b) {
return a > b ? a : b;
}
int sum[200005], q[200005], cnt[200005], vis[200005], ned[200005];
int a[200005];
int main() {
freopen("drop.in", "r", stdin);
freopen("drop.out", "w", stdout);
int T;
scanf("%d", &T);
while(T --) {
memset(sum, 0, sizeof(sum));
memset(q, 0, sizeof(q));
memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(ned, 0, sizeof(ned));
scanf("%d%d%d", &n, &k, &r);
int tot = 0, fl = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d", &a[i]);
sum[a[i]] ++;
}
for(int i = 1; i <= r; i ++) {
int b, p;
scanf("%d%d", &b, &p);
if(!vis[b]) vis[b] = 1, tot ++;
if(sum[b] < p) {
fl = 1; break;
}
ned[b] = max(ned[b], p);
}
if(fl) {
printf("DESTROY ALL\n"); continue;
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
int h = 0, t = 0, now = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(vis[a[i]]) {
q[++t] = i; cnt[a[i]] ++; if(cnt[a[i]] == ned[a[i]]) now ++;
}
while(now == tot && h < t) {
ans = min(ans, q[t] - q[h+1] + 1);
cnt[a[q[h+1]]] --;
if(cnt[a[q[h+1]]] < ned[a[q[h+1]]]) now --;
h ++;
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
考场上想到$2-sat$但是忘得差不多了，打死都理不清楚关系。
这道题算是$2-sat$板子题了，主要是如何判断的思想。
首先题目条件疯狂暗示，但是和$2-sat$的一般理解方式不同。题目上给的约束条件我们按$2-sat$让他们避免相连，实际上就是题目中的防守文明，我们要摧毁文明，实际上是要让防守文明失效。即至少有一个点和它的负点相互相通。因为$n$很小就可以用两次$dfs$实现，然后就是分类讨论来判断该加几条边。
1、假如初始连边中就有某一个点对正负点相互连接，答案就是0.
2、假如一个点对中正点连向负点：
1）
如果负点可以连向另一点对的正点，根据$2-sat$的对称行，另一点对的负点一定可以连向当前点对的正点，所以我们只用加条件$(i,j)$，就是在$-i$和$-j$之间连了一条边，使i点对相互连通。
2）如果负点没有连向任意点对的正点，那么一定无解，输出$No Way$。
3、假如一个点对中负点连向正点：
那么只用加一个条件$(i,i)$，相当于在$i$和$-i$间连边即可。
4、假如点对之间没有连边：
1）
将2、3结合，但是必须满足2的条件，这样加两条边即可。
2）没有2的条件，就无法加边，输出$No Way$。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Node {
int u, v, nex;
Node(int u = 0, int v = 0, int nex = 0) :
u(u), v(v), nex(nex) { }
} Edge[4005];
int h[4004], stot;
void add(int u, int v) {
Edge[++stot] = Node(u, v, h[u]);
h[u] = stot;
}
int vis[4005];
void dfs(int u) {
vis[u] = 1;
for(int i = h[u]; i; i = Edge[i].nex) {
int v = Edge[i].v;
if(vis[v]) continue;
dfs(v);
}
}
int n, m;
int main() {
freopen("god.in", "r", stdin);
freopen("god.out", "w", stdout);
int T;
scanf("%d", &T);
while(T --) {
memset(h, 0, sizeof(h));
stot = 0;
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= m ; i++) {
int x, y;
scanf("%d%d", &x, &y);
if(x > 0 || y < 0) swap(x, y);
if(x > 0 && y > 0) {
add(x, y + n);
add(y, x + n);
}
if(x < 0 && y < 0) {
add(-x + n, -y);
add(-y + n, -x);
}
if(x < 0 && y > 0) {
add(-x + n, y + n);
add(y, -x);
}
}
int tag1 = 0, tag2 = 0, tag0 = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dfs(i);
int fl = 0;
if(vis[i + n]) {
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dfs(i + n);
fl = 1;
if(vis[i]) {
tag0 = 1; break;
}
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
if(j != i && vis[j]) {
tag1 = 1; break;
}
}
}
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dfs(i + n);
if(vis[i]) {
tag1 = 1;
} else if(!fl) {
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
if(j != i && vis[j]) {
tag2 = 1; break;
}
}
}
}
if(tag0) printf("0\n");
else if(tag1) printf("1\n");
else if(tag2) printf("2\n");
else printf("No Way\n");
}
return 0;
}
一道好题。（但是现在不想写题解了aaaa）
所以复制题解~
60分：
考虑这样一个贪心：
先从左往右扫，如果某一时刻不满足要求，则需要删除前面中某一个支持对方的人。我们贪心地选择删除当前时刻访问的人（肯定是支持对方），然后继续往后扫。
然后再从右往左扫，作相同的操作。
直观地理解是这样的：我们尽量删除靠右的人，使得从右往左扫时少删除一些人。
可以采用交换论证法证明这贪心是对的。
80-100：
首先我们可以发现从左往右扫完，从右往左扫的这个过程可以不用实现出来。只需要求出右端点开始的最小后缀和的相反数即可。
然后我们发现，如果两个询问区间拥有相同的左端点，则只需要作一次从左往右扫的工作。这使我们想到要离线化解决问题。
我们将询问按左端点排序，按照左端点从大到小的顺序求解询问。
如果已知从 i 开始向右扫需要删除那些结点，则从 i-1 开始向右扫需要删除那些结点可以快速求出。具体来说，如果i-1是支持者，则左数第一个被删除的结点与它抵消；如果i-1是反对者，则加入被删除的结点里。
该过程可以用栈维护。
通过在栈里面二分，我们可以知道区间[l, r]在从左往右扫时需要删除的结点数量。
现在问题就是求解以 r 为端点的最小后缀和。
这个东西可以用块状数组O(sqrt(N))维护（这就是80%算法的由来），更好的方法应该是用线段树O(log(N))维护
于是该题就在O((N+Q)logN)的时间复杂度内解决了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Tree {
int mi, sum;
} TR[500005*4];
int n, m;
char s[500005];
void update(int nd) {
TR[nd].mi = min(TR[nd << 1 | 1].mi, TR[nd << 1].mi + TR[nd << 1 | 1].sum);
TR[nd].sum = TR[nd << 1].sum + TR[nd << 1 | 1].sum;
}
void build(int nd, int l, int r) {
if(l == r) {
TR[nd].mi = TR[nd].sum = 0;
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(nd << 1, l, mid);
build(nd << 1, mid + 1, r);
update(nd);
}
void modify(int nd, int l, int r, int pos, int d) {
if(l == r) {
TR[nd].sum = d;
TR[nd].mi = d;
return ;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if(pos <= mid) modify(nd << 1, l, mid, pos, d);
else modify(nd << 1 | 1, mid + 1, r, pos, d);
update(nd);
}
Tree query(int nd, int l, int r, int pos) {
if(l == r) return TR[nd];
int mid = (l + r) >> 1;
if(pos <= mid) return query(nd << 1, l, mid, pos);
else {
Tree res = query(nd << 1 | 1, mid + 1, r, pos);
res.mi = min(res.mi, res.sum + TR[nd << 1].mi);
res.sum = res.sum + TR[nd << 1].sum;
return res;
}
}
vector < pair < int , int > > qus[500005];
int tp = 0, stk[500005], ans[500005];
int find(int pos) {
int l = 1, r = tp, an = tp + 1;
while(l <= r) {
int mid = (l + r) >> 1;
if(stk[mid] > pos) l = mid + 1;
else an = mid, r = mid - 1;
}
return an;
}
int main() {
freopen("sworder.in", "r", stdin);
freopen("sworder.out", "w", stdout);
scanf("%d", &n);
scanf("%s", s + 1);
scanf("%d", &m);
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
int l, r;
scanf("%d%d", &l, &r);
qus[l].push_back(make_pair(r, i));
}
build(1, 1, n);
for(int i = n; i >= 1; i --) {
if(s[i] == ‘C‘) stk[++tp] = i;
else {
if(tp) {
modify(1, 1, n, stk[tp], -1);
stk[tp--] = 0;
}
modify(1, 1, n, i, 1);
}
for(int j = 0; j < qus[i].size(); j ++) {
int pos = qus[i][j].first;
int tmp = find(pos);
ans[qus[i][j].second] = (tp - tmp + 1) - min(0, query(1, 1, n, pos).mi);
}
}
for(int i = 1; i <= m; i ++) printf("%d\n", ans[i]);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/wans-caesar-02111007/p/9751152.html