摘要：
=0）//g2不是0，即两个石头{printf；}否则｛printf；｝return0；｝在我职业生涯中第二次遇到一对情侣时，我不禁想起了我第一次遇到他的CodeforcesRound#377E问题。这里还有一个问题解决报告#include 使用namespacestd；对c[200005]；//计算机需要电源对s[200005]//插座电源longlongn，m，适配器[200005]，已使用[200005]、lo[200005]；ge1=0，ge2=0，i，j；intmain（）｛cin˃˃n˃˃m；对于｛cin˃˃c[i].first；c[i].second=i；｝对于{cin˃˃s[i].first；s[i].second=i；}分类分类对于｛For｛如果//lo不为0，这意味着找到了一个合格的套接字，让我们看看下一个图标；而//这个套接字的功率小于计算机所需的功率，让我们看下一个。由于之前已经对其进行了排序，因此在2｛j++；｝的每一次除法之后，顺序仍然相同//如果已使用此套接字，则只能查看下一个套接字。
先简单的总结一下这次CF，前两道题非常的水，可是第一题又是因为自己想的不够周到而被Hack了一次（或许也应该感谢这个hack我的人，使我没有最后在赛后测试中WA）。做到C题时看到题目情况非常复杂，明显超出自己现在水平，卡了很久也没有好好做题。等了很长时间才开始看D题，而这时信心已经严重不足。赛后再看D题才发现自己比赛时理解错了题意，致使误以为题目非常复杂。而实际上，这个过程分析起来是非常容易的。
对于三种棱长度分别为a,b,c的石头，r最大为min(a,b,c)/2;。
如果两个石头要拼接，那么只能让较长的两个接在一起，否则就毫无意义。其实对于自己来说，比较困难的就是找到存储一块石头较长两条边的容器，和每一个可能可以拼的石头的编号。这里，就需要用到map整体存储，和pair存储石头的较长两边。找到这样存储的办法后，思路就是把石头一块块的扫，扫一遍后，也就得出了答案。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[4]; map<pair<int ,int >,int>ma;//用名字为ma的map记录最大的两条棱长，get到map的第一位是用于排序的。 map<pair<int ,int >,int>id;//用名字为id的map记录这两条棱属于的石头的编号 int main() { int i,n,g1=0,g2=0,mx=0;//g1用来记录最后选中的石头编号，g2兼起记录最后是一块石头还是两块，以及如果是两块石头那么另一块的编号是多少的作用。 scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) { scanf("%d%d%d",&a[1],&a[2],&a[3]); sort(a+1,a+4);//sort排个序，方便接下来操作 if(a[1]>mx) { mx=a[1];g1=i;g2=0;//最大值的产生有两种情况，这是其一，某块石头的最小棱长大于原本的最大值。如果产生了新的最大值，那么此时为一块石头的情况，将g2赋为0. } if(min(ma[make_pair(a[2],a[3])]+a[1],a[2])>mx){//注意拼接完的时候最小棱可能是新生成的棱，也可能是原本第二长的棱。 mx=min(ma[make_pair(a[2],a[3])]+a[1],a[2]); g1=id[make_pair(a[2],a[3])];g2=i;//这是最大值产生的第二种情况。将g1、g2分别记录两块石头的编号。 } if(a[1]>ma[make_pair(a[2],a[3])])//if里的内容实际上含义为，如果这块石头现在无法以较长的两棱拼接。这时，就要先将最短的棱的值赋给这个map，方便接下来使用。 { ma[make_pair(a[2],a[3])]=a[1]; id[make_pair(a[2],a[3])]=i; } } if(g2!=0)//g2不为0，也就是两块石头的情况 { printf("2 %d %d ",g1,g2); } else { printf("1 %d ",g1); } return 0; }
做题生涯第二次遇到pair，不由得想到了第一次遇见pair的Codeforces Round #377 (Div. 2) E题，这里也写一下解题报告。
解题思路：
关键还是要找到恰当的容器存储电脑需要的电、插座的电，以及电脑插到的插座的位置，第几个电源按的分压器数量。头一次见到pair，真的是耳目一新。自己还是太弱，直到的太少，继续加油吧。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; pair <long long ,long long >c[200005];//电脑需要功率 pair <long long ,long long >s[200005];//sockect 插座功率 long long n,m,adapter[200005],used[200005],lo[200005],ge1=0,ge2=0,i,j; int main() { cin>>n>>m; for(i=1;i<=n;i++) { cin>>c[i].first; c[i].second=i; } for(i=1;i<=m;i++) { cin>>s[i].first; s[i].second=i; } sort(c+1,c+1+n); sort(s+1,s+1+m); for(int z=0;z<33;z++) { for(i=1,j=1;i<=n;i++) { if(lo[c[i].second])//lo非0，意为已经找到了符合条件的插座，那么就看下一个i continue; while(j<=m&&(s[j].first<c[i].first))//这个插座功率小于电脑需要功率，那么就看下一个，由于之前排过序，之后每次统一除2，顺序仍不变 { j++; } while(j<=m&&used[s[j].second])//如果这个插座用过了，那么也只能看下一个。 { j++; } if(j<=m&&!used[s[j].second]&&s[j].first==c[i].first)//if里给出可以插上的所有条件，插座满足范围，没用过，且电流相等 { lo[c[i].second]=s[j].second;//这时，这个电脑的插座位置就是这个插座的序号 used[s[j].second]=1;//将该插座标记为用过 adapter[s[j].second]=z;//这个插座的分压器数量为此时除z进行到的轮数 ge1++;//可以插电的电脑+1 ge2+=z;//要使用的分压器数加上此时的轮数 } } for(i=1;i<=m;i++) { s[i].first=(s[i].first+1)/2;//进行插座统一减半操作 } } cout<<ge1<<" "<<ge2<<endl; for(i=1;i<=m;i++) { cout<<adapter[i]<<" ";//全都要输出，未使用的默认为0 } cout<<endl; for(i=1;i<=n;i++) { cout<<lo[i]<<" "; } cout<<endl; }
总结：前路漫漫，要学的还有太多，知识上还是欠缺太多。不过学习阶段，rating不断的掉又有何妨，只要坚持下去，终有一天rating会得到提高。
补题过程中看到那么多从未见过的东西，艰难自学的过程是痛苦的，可是学会后也可以应用的感觉又是无比的令人感到充实与快乐。
勿忘初心，勇往直前！