//区间选点
//数轴上有 n 个闭区间 [a_i, b_i]。取尽量少的点，使得每个区间内都至少有一个点（不同区间内含的点可以是同一个）
//
//Input
//第一行1个整数N（N<=100）
//第2~N+1行，每行两个整数a,b（a,b<=100）
// INPUT :2
//1 5
//4 6
//OUT PUT:1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
int n;
struct range
{
int l,r;
bool operator<(const range &w)const
{
return r<w.r;
}
}ran[N];
int main()
{
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
ran[i]={l,r};
}
sort(ran,ran+n);
int res=0,ed=-2e9;
for(int i=0;i<n;i++)
if(ed<ran[i].l)
{
res++;
ed=ran[i].r;
}
cout<<res;
return 0;
}
//区间数组(使用小根堆)
//给定N个闭区间[ai,bi]，请你将这些区间分成若干组，使得每组内部的区间两两之间（包括端点）没有交集，并使得组数尽可能小。
//输出最小组数。
//输入格式
//第一行包含整数N，表示区间数。
//接下来N行，每行包含两个整数ai,biai,bi，表示一个区间的两个端点。
//输出格式
//输出一个整数，表示最小组数。
//数据范围
//1≤N≤105
//−109 ≤ ai ≤ bi ≤ 109
//输入样例：
//3
//-1 1
//2 4
//3 5
//输出样例：
//2
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n;
struct Range
{
int l, r;
// 重载<，按左端点排序
bool operator< (const Range &W)const
{
return l < W.l;
}
}range[N];
int main()
{
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i ++ )
scanf("%d%d", &range[i].l, &range[i].r);
sort(range, range + n);
// 用小根堆维护所有组的右端点的最大值
// 堆中的每一个值存的是每个组的右端点的最大值
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
// 如果堆为空或者堆的最小右端点 >= 现在区间的左端点，则说明有交集，不能合并，需要新开一个堆
if (heap.empty() || heap.top() >= range[i].l) heap.push(range[i].r);
// 否则说明至少与最小的右端点的组没有交集，将它放到右端点最小的组里去
else
{
heap.pop(); // 弹出这个区间的最小右端点，插入当前区间的右端点，即将其更新了
heap.push(range[i].r);
}
}
// 输出组的数量
printf("%d\n", heap.size());
return 0;
}
//合并果子
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int n;
cin>>n;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >heap;//构建小根堆
for(int i=0;i<n;i++)
{
int x;
cin>>x;
heap.push(x);//将输入的果子数放入到小根堆中,此时最小的果子数会自动排序到上面
}
int res=0;
while(heap.size()>1)//当堆中的节点数>1时
{
int a=heap.top();heap.pop();//取第一个最小的数,然后删除
int b=heap.top();heap.pop();//同理
res+=a+b;//二者相加
heap.push(a+b);//将加完之后的结果存放在小根堆中
}
cout<<res<<endl;
}
//现在各大 oj 上有 n 个比赛，每个比赛的开始、结束的时间点是知道的。
//yyy 认为，参加越多的比赛，noip 就能考的越好（假的）。
//所以，他想知道他最多能参加几个比赛。
//由于 yyy 是蒟蒻，如果要参加一个比赛必须善始善终，而且不能同时参加2 个及以上的比赛。
//输入格式
//第一行是一个整数n ，接下来 n 行每行是2 个整数,表示比赛开始、结束的时间。
//
//输出格式
//一个整数最多参加的比赛数目。
//
//输入输出样例
//输入
//3
//0 2
//2 4
//1 3
//输出
//2
#include<bits/stdc++.h>
#define N 1000005
using namespace std;
struct range
{
int l,r;
bool operator<(const range &m)const
{
return r<m.r;
}
}ran[N];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
int l,r;
cin>>l>>r;
ran[i]={l,r};
}
sort(ran,ran+n);
int st=ran[0].l,ed=ran[0].r,res=1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(ran[i].l>=ed)
{
ed=ran[i].r;
res++;
}
}
cout<<res;
return 0;
}
//建立雷达
//http://bailian.openjudge.cn/practice/1328
///本质还是贪心的区间选点,一开始的思路错了,写了一个小时的代码还是不会做
///去看题解发现,可以把每个点都变成一个圆,然后在x轴上取交点
///那么我们是不是可以这样想
///因为每一个点都需要被覆盖，所以我们需要让每一个点扩充成一个半径是/雷达可以覆盖的半径/的圆
///然后再把每一个圆与x轴的交点坐标算出来
///这样我们就成功的把这道题转换成了线段覆盖的问题
///再把产生的数据按照末尾的结束顺序排序，再在每一个没有访问过的节点的末尾放置一个雷达即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
double l,r;
}a[1005];
int n,r,num;
int cmp(node a, node b)
{
if(a.r==b.r) return a.l<b.l;
return a.r<b.r;
}
int main()
{
while(cin>>n>>r)
{
if(n+r==0) break;
int x,y;
int f = 0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin >>x>>y;
if(y>r) f = 1;
double d = sqrt(r*r-y*y);///规划成区间
a[i].l=x-d;a[i].r=x+d;
}
if(f)
{
printf("Case %d:-1\n",++num);
continue;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);
double last=a[1].r;
int cnt=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(a[i].l>last)
{
cnt++;
last=a[i].r;
}
}
printf("Case %d:%d\n",++num,cnt);
}
return 0;
}
//田忌赛马
//https://blog.csdn.net/weiainibuqi/article/details/106602305?ops_request_misc=&request_id=&biz_id=102&utm_term=%E7%94%B0%E5%BF%8C%E8%B5%9B%E9%A9%AC&utm_medium=distribute.pc_search_result.none-task-blog-2~all~sobaiduweb~default-3-106602305.142^v86^control,239^v2^insert_chatgpt&spm=1018.2226.3001.4187
///使用磨墨战
///从大到小排序
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100010;
int n;
bool cmp(int a,int b)
{
return a>b;
}
int main()
{
while(cin>>n&&n!=0)
{
int a[n+1],b[n+1];
int a1=1,b1=1,a2=n,b2=n,res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>b[i];
sort(a+1,a+1+n,cmp);
sort(b+1,b+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[a1]>b[b1])///先对比上等马,如果田忌最快的马比王的还快,那就要拿下200;
{
res+=200;
a1++,b1++;
}
else if(a[a2]>b[b2])///如果没他快,再对比最慢的马
{
res+=200;
a2--,b2--;
}
else if(a[a2]<b[b1])///如果两个都拿不下,咱只能用下等马对上等马来干他
///这里有可能出现两者相等,此时王是最快的马,如果王最快的马等于田忌最慢的马,再和第二个if对比,那就是王就一个马了,不用做文章;
{
res-=200;
a2--;
b1++;
}
}
cout<<res<<endl;
}
return 0;
}
//小明准备去钓鱼，他准备在一个有 $n$ 个湖的地方钓 $h$ 小时，小明只能按顺序从第 1 个湖 开始，依次在各个湖钓鱼，但是在每个湖的钓鱼时间是由小明自己决定的。
//从第 $i$ 个湖走到第 $i+1$ 个湖的时间是 $t_i$ 个 $5$ 分钟。例如 $t_3 = 4,$ 表明从第 $3$ 个湖走到第 $4$ 个湖需要 $20$ 分钟。
//对于每个湖 $i$ ，在初始的 $5$ 分钟，小明可以钓到 $f_i$ 条鱼，之后每过 $5$ 分钟，可钓到的鱼会 减少 $d_i$, 直到减少为 $0$ 。
//如果当前没有在湖中钓鱼，那么可以钓到的鱼的数量是不变的。
//假设 当前只有小明在钓鱼，请问如果规划钓鱼的安排，使得能钓上的鱼最多? 小明在每个湖的钓鱼时间必须是 $5$ 分钟的倍数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100;
struct node
{
int f,d,num;
bool operator<(const node &w)const///重载小于号
{
if(f==w.f) return num>w.num;///如果能钓的鱼都相等,那么靠左的湖排在前面
else return f<w.f;
}
}lake[N];
int n,h,a[N],cnt[N],dist[N];
int main()
{
while(cin>>n&&n)
{
memset(dist,0,sizeof dist);///重置两湖之间的距离
memset(a,0,sizeof a);
memset(cnt,0,sizeof cnt);///cnt用来记录每个糊钓的次数
int res=-1;
cin>>h;
h=h*12;
for(int i=0;i<n;i++) {cin>>lake[i].f;lake[i].num=i;}
for(int i=0;i<n;i++) cin>>lake[i].d;
for(int i=1;i<=n-1;i++) {cin>>dist[i];dist[i]+=dist[i-1];}///算出dist
priority_queue<node>que;
for(int i=0;i<n;i++)///枚举从0-i个湖最大的钓鱼数
{
int ans=0;
while(!que.empty()) que.pop();///清空队列
memset(a,0,sizeof a);
for(int j=0;j<=i;j++) que.push(lake[j]);///入队
int t=h-dist[i];///算出钓鱼用的时间
while(t>0)
{
node now=que.top();
que.pop();
t--;
ans+=now.f;
now.f=now.f-now.d;
//cout<<a[now.num]<<endl;
a[now.num]++;
if(now.f<0) now.f=0;
que.push(now);
}
if(ans>res) ///记录当前的最优值以及方案
{
res=ans;
for(int j=0;j<=i;j++) cnt[j]=a[j];
}
}
for(int i=0;i<n-1;i++) cout<<cnt[i]*5<<", ";
cout<<cnt[n-1]*5<<endl;
cout<<"Number of fish expected: "<<res<<endl;
cout<<endl;
}
return 0;
}
标签：int,res,++,ran,算法,heap,using,贪心 From： https://www.cnblogs.com/o-Sakurajimamai-o/p/17427998.html