Codeforces Round #376 (Div. 2)

Problem D  80-th Level Archeology

题目大意：有n行，每行有ki 个数，你没次能进行一次操作就是将所有数加1，这些数的上限是c，如果大于c则变成1，

问你有没有存在一个操作次数m使得每行的字典序上升。

思路：我们找出每两行之间决定他们字典序大小的两个数，每两个都能求出一次操作数的范围，然后就是看存不存在

一个范围所有区间都覆盖，差分标记一下就好啦。

#include<bits/stdc++.h>
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
using namespace std;
const int N=5*1e5+5;
const int M=2e6+5;
vector<int> a[M],b[M];
vector<int> c[M],d[M];
int vis[M];
int n,w,cnt;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&w); w--;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int k; scanf("%d",&k);
        a[i].resize(k);
        for(int j=0;j<k;j++)
        {
            int g; scanf("%d",&g);
            a[i][j]=g-1;
        }
    }
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        int up=min(a[i].size(),a[i+1].size());
        bool flag=false;
        for(int j=0;j<up;j++)
        {
            if(a[i][j]>a[i+1][j])
            {
                b[a[i][j]].push_back(a[i+1][j]);
                flag=true;
                break;
            }
            else if(a[i][j]<a[i+1][j])
            {
                b[a[i][j]].push_back(a[i+1][j]),flag=true;
                break;
            }
        }
        if(!flag && a[i].size()>a[i+1].size())
        {
            puts("-1");
            return 0;
        }
    }
    for(int i=0;i<1e6;i++)
    {
        if(!b[i].size()) continue;
        int mx=-1,mn=1e6+5,mx2=-1,mn2=1e6+5,add=w-i+1;
        for(int j:b[i])
        {
            mx=max(mx,j);
            mn=min(mn,j);
            mx2=max(mx2,(j+add)%(w+1));
            mn2=min(mn2,(j+add)%(w+1));
        }
        cnt++;
        if(mn>i)
        {
            c[0].push_back(cnt);
            d[w-mx].push_back(cnt);
            c[w-i+1].push_back(cnt);
            d[2*w-mx].push_back(cnt);
        }
        else
        {
            c[add].push_back(cnt);
            d[add+w-mx2].push_back(cnt);
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<1e6;i++)
    {
        for(int j:c[i])
        {
            if(!vis[j]) ans++;
            vis[j]++;
        }
        if(ans==cnt)
        {
            printf("%d
",i);
            return 0;
        }
        for(int j:d[i])
        {
            if(vis[j]==1) ans--;
            vis[j]--;
        }
    }
    puts("-1");
    return 0;
}

Problem E Funny Game

题目大意：给出n个数，有两个人，每次从这些数的最左边拿走k个数，范围为2~m。特别之处在于，拿走后会把

拿走的数的和作为一个新的数放在最左边，要求两个人拿走数之差的最大值。

思路：先求一遍前缀和，问题就变成了：一排数，两个人轮流取数，保证取的位置递增（且从第二个数开始取），

每个人要使自己取的数的和尽量大，求在最优策略下取的max(先手和-后手和)。

dp[ i ]表示，将前i个看成一堆，先手的最优答案，又有dp[ n-1 ]=sum[ n ]，那么我们就能从后往前推，导出状态

转移方程，dp[ i ]=max(sum[j] - dp[ j ])  i < j <=n，这个状态转移方程的意思表示，对dp[ i ]来说先手取了第j个sum

然后还要减去第二个人先手的最优值。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2*1e5+5;
const int inf=1e18;
int n;
ll a[N],sum[N],dp[N];
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
    ll mx=sum[n];
    for(int i=n-1;i>=1;i--)
    {
        dp[i]=mx;
        mx=max(mx,sum[i]-dp[i]);
    }
    printf("%lld
",dp[1]);
    return 0;
}