F. Diamond Theft
题目大意
有 \(2\) 颗钻石，有 $ n $ 个监控，每个监控有两个参数 $ s $ , $ t $ ， $ s=1/2/3 $ 分别表示它是监视第一/第二/两个钻石， $ t $ 表示它被hack后会失效 $ t $ 秒，形式化，若在x秒hack了 $ i $ 监控，他会在 $ x+1\sim x+t $ 秒失效，有个小偷，他每秒会干以下三件事之一：
- do nothing
- hack 某个监控
- 偷走一颗钻石（要求先偷第一颗，再偷第二颗）
问最早能再什么时候偷完钻石，若无法偷完两颗，输出 $ -1 $
solution
首先考虑贪心，肯定不会do nothing，然后 $ s=1/2 $ 的监控一定只会被hack一次，所以就有个简单的想法先把s=1和3给hack掉，偷走第一颗，然后再hack $ s=2 $ 和已经失效的 $ s=3 $ ，再偷走第二颗
真的这么简单？Jiangly都打了1h的题目，考场只有3人爆切...所以手模发现一些hack。如果我在偷第一颗前hack一些 $ s=2 $ ，然后失效的 $ s=3 $ 可能会少一点，答案更优
我们还是捋一下思路，hack（ $ s=1/3 $ 的全部+部分 $ s=2 $ ），偷走第一颗，hack（ $ s=2 $ 的剩下+失效 $ s=3 $ ），偷走第二颗
所以我们发现就是要最小化 $ s=3 $ 失效的个数
然后就考虑设计一个数据结构快速判断我们的分配是否合法，简单来说，就是设 $ cnt_i $ 表示距离偷走钻石的时间为i内必须hack掉的监控数量，若存在 $ i-cnt_i $ 小于 $ 0 $ ，就意味着不合法，所以我们可以建两棵线段树维护两颗钻石，初值设为 $ 1,2,3... $ ，然后加入了一个监控即是区间减法，询问就是全局最值
接着贪，考虑放进第一部分的 $ s=2 $ ，一定是最大的几个，失效的 $ s=3 $ ，一定是最小的几个
于是我们开始枚举放几个 $ s=2 $ 在第一部分，然后再从大到小遍历 $ s=3 $ ，若能能不失效，就尽量不失效，也就是能只放第一部分就不放在两个部分，所以 $ O(n^2log) $ ???
我们发现 $ s=3 $ 如果放在只放在第一部分，因为它要满足还能偷第二颗钻石，所以还要减去一个系数（就是第二部分需要的操作数），我们还要枚举它，就变成 $ O(n^3log) $
我们发现因为要枚举系数，这中枚举顺序变得很鸡肋，考虑改变枚举顺序
所以先枚举第二部分需要的操作数，然后考虑从大到小遍历 $ s=3 $ ，贪心放进去
再从小到大枚举放几个 $ s=2 $ 在第一部分，但这个时候，如果我们发现放入了新的 $ s=2 $ 不满足条件，就考虑微调一下一下原来的操作，我们记录一下不满足条件的位置，在它之前找到一个最近的 $ s=3 $ ，并把它变成失效的。
可以发现这样是 $ O(n^2\log n) $
可以通过本题，但不够...
我们发现仔细回味一下上面的流程，发现有很多奇怪的地方（可能是因为他是官方），但它给的启发够多了，然后还发现有好多人爆标了，并不一定要用数据结构
也是先枚举再从小到大枚举放几个 $ s=2 $ 在第一部分，然后放 $ s=3 $ 的时候考虑一种新的方法：先把全部当作不失效的放进去，然后顺着跑一边，累计和，若不合法，单调栈找到一个最近的，然后把它当作失效的
对于下一个部分，我们发现我们可以确定的 \(s=2\) 的位置，于是改一下我们维护的东西，把第一部分接上第二部分，就可以不分 $ s=2 $ 在哪个部分
然后就可以贪心了， \(s=2\) 的位置已经固定了， \(s=3\)就直接放进去即可 ，于是就是 $O(n^2) $
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define Fu(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
int n,s,t,g[4][1505],cnt[3005],mx,ans=0x7fffffff;
int bj[1505],z[1505];
void solve(int t){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
memset(bj,0,sizeof(bj));
Fu(i,1,g[1][0]) cnt[g[1][i]]++;
Fu(i,1,g[3][0]) cnt[max(0,g[3][i]-t-1)]++;
int o=1,top=0,tmp=0;
Fu(i,0,mx){
if(i) cnt[i]+=cnt[i-1];
while(o<=g[3][0]&&g[3][o]-t-1<=i) z[++top]=o++;
while(top&&cnt[i]>i) cnt[i]--,cnt[g[3][z[top]]]++,bj[z[top--]]=1,tmp++;
if(cnt[i]>i) return ;
}memset(cnt,0,sizeof(cnt));
cnt[t+1]++;
Fu(i,1,g[1][0]) cnt[min(mx,g[1][i]+t+1)]++;
Fu(i,1,g[2][0]) cnt[g[2][i]]++;
Fu(i,1,g[3][0]){
cnt[g[3][i]]++;
if(bj[i]) cnt[min(mx,g[3][i]+t+1)]++;
}
Fu(i,0,mx){
if(i) cnt[i]+=cnt[i-1];
if(cnt[i]>i) return ;
}ans=min(ans,tmp);
}
int main(){
scanf("%d",&n),mx=(n<<1)+2;
Fu(i,1,n) scanf("%d%d",&s,&t),g[s][++g[s][0]]=t;
sort(g[3]+1,g[3]+g[3][0]+1);
Fu(i,0,n) solve(i);
if(ans>n) printf("-1");
else printf("%d",ans+n+2);
return 0;
}