1033 To Fill or Not to Fill (25 分)

题意：

坐标轴上有n个加油站，给出每个加油站的位置和油价格，给出总路程长度和油箱最大容量，以及每升油平均跑多少路，最开始油箱是空的
如果到不了终点，输出最多能到达多少路程；如果能到达终点，输出最低价格

思路：

按照坐标给每个加油站排序，记得加上终点
如果第一个加油站不在起始点，return
对于当前的加油站，要找到它 范围内（油箱满）中第一个比当前便宜的；如果没有，就找范围内相对最便宜的；如果也没有，说明无法到达终点。可以统一为寻找变量k，出来后再分类
记录当前油量

语法：

for (int i = 0; i < n;)

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 510;int c_max, d, d_avg, n;
struct Stop
{double p, d;bool operator< (const Stop& t) const{if (d != t.d) return d < t.d;return p < t.p;}
}s[N];int main()
{scanf("%d%d%d%d", &c_max, &d, &d_avg, &n);for (int i = 0; i < n; i ++ ) scanf("%lf%lf", &s[i].p, &s[i].d);s[n] = {0, (double)d};sort(s, s + n + 1);if (s[0].d){puts("The maximum travel distance = 0.00");return 0;}double res = 0, oil = 0;for (int i = 0; i < n;){int k = -1;for (int j = i + 1; j <= n && s[j].d - s[i].d <= c_max * d_avg; j ++ ){if (s[j].p <= s[i].p){k = j;break;}else if (k == -1 || s[k].p > s[j].p)k = j;}if (k == -1){printf("The maximum travel distance = %.2lf\n", s[i].d + (double)c_max * d_avg);return 0;}if (s[k].p <= s[i].p){res += ((s[k].d - s[i].d) / d_avg - oil) * s[i].p;oil = 0;i = k;}else{res += (c_max - oil) * s[i].p;oil = c_max - (s[k].d - s[i].d) / d_avg;i = k;}}printf("%.2lf\n", res);
}

1037 Magic Coupon (25 分)

题意：

给两个序列，每个序列中每个数只能被使用一次（可以不使用），求每次从两个序列中分别挑出一个数相乘之和最大值

思路：

双指针，不需要四个容器，只需要两个容器即可
for循环是满足条件才会进入到循环内

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;typedef long long ll;int n, m;
ll a[N], b[N];int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n && scanf("%lld", &a[i]); i ++ );scanf("%d", &m);for (int i = 0; i < m && scanf("%lld", &b[i]); i ++ );sort(a, a + n);sort(b, b + m);ll sum = 0;for (int i = 0, j = 0; i < n && j < m && a[i] < 0 && b[j] < 0; i ++ , j ++ ) sum += a[i] * b[j];for (int i = n - 1, j = m - 1; i >= 0 && j >= 0 && a[i] > 0 && b[j] > 0; i -- , j -- ) sum += a[i] * b[j];printf("%lld\n", sum);
}

1067 Sort with Swap(0, i) (25 分)

题意：

给一个0-(n-1)的序列，每次可以将数字0与其他任意数交换，求最少交换次数使得达到升序效果

思路：

先转换成图论问题，0的位置在1，所以从0向1连一条边，1的位置在3，所以1向3连一条边，3的位置在4，4的位置在0，2的位置在2自己和自己连一条边，即，如果i在p[i]位置上，就i向p[i]连一条边，这样就可以转化成一个图论问题，且每一个数只会在一个位置上，只会有一个出边，且每个位置上只会有一个数，所以每个点只会有一个入边，即，每个点只会有一个出边和入边，也就是说每个点的出度和入度都是1，这样的图是很特殊的，必然是一堆环，每个点必然在环中；我们的目标就是让0在0位置，1在1位置，即让这堆环变成n个自环；
现在看每个操作的效果，每次交换的数必然和0在同一个环或者不在同一个环，如果在同一个环内部，比如把0和5交换，0在3的位置上，5在7的位置上，那么0就在7的位置上，5就在3的位置上，发现，如果把0和环内的一个点交换，这个环就会破裂成两个环；如果把0和3交换，那么就是3指向0的指针，也就是3自环，0指向5，这样就是变成一个自环和另一个环；
如果把0和另外一个环交换，比如0和8交换，就会形成一个更大的环；即，如果把0和另外一个环内交换，就是把两个环合并；如果0和环内的交换，就会把这个环破开
总结，一共有两种操作，和环内与和环外；显然，环外点必然在某个时刻和0交换；和环内点交换的操作也可以分为两种，一个是与0的下一个点交换，会把下一个点变成自环，第二种是与非下一个点交换，会把环破成两个环，会发现这样的话，如果想变成自环，早晚还是要合并回来，所以可以发现，环内的第二种操作必然是不做的；即，对于环内的点，必然只与0的下一个点交换

输入时，记录每个值的位置，直到每个点都自环前，将0所在环所有点都自环，直到p[0]==0也就是0也自环，这个环就全部自环了，找到第一个没有自环的点，如果能找到，将0与这个点交换，合并环
时间复杂度O(N)O(N)O(N)

#include <iostream>
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int p[N];int main()
{int n; scanf("%d", &n);int id;for (int i = 0; i < n; i ++ ){scanf("%d", &id);p[id] = i;}int res = 0;for (int i = 0; i < n; ){while (p[0]) swap(p[0], p[p[0]]), res ++ ;while (i < n && p[i] == i) i ++ ;if (i < n) swap(p[0], p[i]), res ++ ;}printf("%d", res);
}

1125 Chain the Ropes (25 分)

题意：

每次串连后，原来两段绳子的长度就会减半。
给定 N 段绳子的长度，你需要找出它们能串成的绳子的最大长度。

思路：

贪心从小到大选即可

语法：

由于每次都是现有的一段加上一个新的一段除以2，所以每次改变a[0]即可

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;const int N = 1e4 + 10;double a[N];int main()
{int n; scanf("%d", &n);for (int i = 0; i < n && scanf("%lf", &a[i]); i ++ );sort(a, a + n);for (int i = 1; i < n; i ++ ) a[0] = (a[0] + a[i]) / 2;printf("%d", (int)a[0]);
}

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