洛谷 P1311 选择客栈
JDOJ 1745: [NOIP2011]选择客栈 D1 T2
Description
丽江河边有 n 家很有特色的客栈，客栈按照其位置顺序从1 到n 编号。每家客栈都按照
某一种色调进行装饰（总共k 种，用整数0 ~ k-1 表示），且每家客栈都设有一家咖啡店，每
家咖啡店均有各自的最低消费。
两位游客一起去丽江旅游，他们喜欢相同的色调，又想尝试两个不同的客栈，因此决定
分别住在色调相同的两家客栈中。晚上，他们打算选择一家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位于
两人住的两家客栈之间（包括他们住的客栈），且咖啡店的最低消费不超过p。
他们想知道总共有多少种选择住宿的方案，保证晚上可以找到一家最低消费不超过p
元的咖啡店小聚。
Input
输入文件 hotel.in，共n+1 行。
第一行三个整数 n，k，p，每两个整数之间用一个空格隔开，分别表示客栈的个数，色
调的数目和能接受的最低消费的最高值；
接下来的 n 行，第i+1 行两个整数，之间用一个空格隔开，分别表示i 号客栈的装饰色
调和i 号客栈的咖啡店的最低消费。
Output
输出只有一行，一个整数，表示可选的住宿方案的总数。
Sample Input
5 2 3 0 5 1 3 0 2 1 4 1 5
Sample Output
3
HINT
Source
题解：
先搞的暴力，原本想拿个50分，后来只拿了30...提高T2拿30那不是要废的节奏...
代码如下：
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=2*1e5+10;
int n,k,p,cnt,flag;
bool v[maxn];
int color[maxn];
struct node
{
int x,y;
}ans[maxn];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int a;
scanf("%d%d",&color[i],&a);
if(a<=p)
v[i]=1;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(v[i])
{
for(int j=1;j<=i;j++)
for(int k=i;k<=n;k++)
if(color[j]==color[k] && j!=k)
{
flag=0;
for(int l=1;l<=cnt;l++)
if(ans[l].x==j && ans[l].y==k)
{
flag=1;
break;
}
if(flag==1)
continue;
ans[++cnt].x=j,ans[cnt].y=k;
}
}
}
printf("%d",cnt);
return 0;
}
这道题让我们统计方案数，我们想到枚举，但是如果纯模拟枚举的话，需要三层循环（分别枚举两个客栈，两个客栈之间的客栈）。明显会TLE，所以我们考虑优化这个模拟枚举法。
其实我们的优化枚举就是想办法减少循环的层数，在这道题，我们可以想方法把原本的三重循环优化成一重循环（不可思议）
三重循环的方法，ans是一个个往上加的。
我们优化之后，ans是一堆堆地往上加的。
思路是这样：
我们枚举每一个客栈（注意，我们枚举的是第二个客栈），输入它的颜色和价格，新建pos变量存储离目标客栈最近的符合要求的客栈的位置。我们的last数组表示颜色为i的时候的最后一个客栈的位置，sum数组表示颜色为i的时候的合法方案总数。cnt数组表示当前颜色有多少客栈。
有了这些操作，我们的思路就渐渐清晰——我们枚举第二个客栈，那么第一个客栈肯定在第二个客栈之前，那个之前的客栈可以用last数组来记录，如果中间包含合法客栈（p1<=p），那就把last数组更新，同时，这时的方案数就可以加上当前统计到的颜色的客栈总数。
就相当于，我们每次只考虑一个极小的区间，然后在这个极小区间的基础上一点点地累加维护正确答案。
luoguAC代码如下：
JDOJ的要开long long
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,k,p,ans,pos;
int last[51];
int sum[51];
int cnt[51];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int k1,p1;
scanf("%d%d",&k1,&p1);
if(p1<=p)
pos=i;
if(pos>=last[k1])
sum[k1]=cnt[k1];
last[k1]=i;
ans+=sum[k1];
cnt[k1]++;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}