【1】IOI2009 hiring（這個在各大OJ上都找不到囧，只能看
這里了囧，第11頁）
可以發(fā)現(xiàn)本題就是求一個比率rate，使得第i個人（如果用的話）工資為rate*Qi，并且還要滿足以下兩個限制條件：
（1）每人的最低工資限制：第i個人如果用的話，有rate*Qi>=Si，即rate>=Si/Qi；
（2）總開銷限制：rate*所有用的人的Q值之和<=W，即所有用的人的Q值之和<=W/rate。
這樣，可以先將所有人按照(S/Q)的值遞增排序，然后枚舉需要用的最后一個人（排序后的，也就是S/Q值最大的那個人），設(shè)為i，則總花費最省的做法顯然是取rate=Si/Qi。然后根據(jù)（2）式得出“所有用的人的Q值之和”的最大值W0=W/rate，其中，第i個人是必須要用的，故將W0值先減去Qi（若W0<Qi，則第i個人不可使用），剩下的問題就變成了在第0~(i-1)個人中（排序后的）選取一些人，使得他們的Q值之和不大于W0，并且選取的人盡可能多。顯然這可以用貪心來實現(xiàn)，即選取Q值最小的若干個人。接下來，由于題目中N<=500000，說明需要用數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)來優(yōu)化，可是Q的上限只有20000且Q為正整數(shù)，因此，線段樹是最好的選擇。建立一棵表示[1, 20000]的線段樹，每個結(jié)點存放兩個額外的值：sz和sum，分別表示Q值位于該結(jié)點代表的區(qū)間內(nèi)的人的總數(shù)以及這些人的Q值總和。然后，需要解決上述子問題時，從根結(jié)點開始考察結(jié)點的sz值，不斷往下找即可（這有點像平衡樹的找第K小的操作）。
總時間復(fù)雜度：O(N * (log20000 + logN))（還有排序的時間）
代碼【2】
RQNOJ469先按照任意一種屬性（這里為A）遞增排序，然后枚舉值i，排序后第1位~第i位的全部給A（看A屬性，它們中A屬性最大的一定是i），排序后第(i+1)位及以后的，看其B、C兩種屬性的大小，若B屬性更小就看B屬性，若C屬性更小就看C屬性，然后得出兩種屬性的最大值即可。因此可以得到下面的算法：先排序，然后將所有的毛的B或C屬性（哪種更小就看哪種）插入平衡樹（這里需要兩棵平衡樹，一棵存放B屬性的值，一棵存放C屬性的值），然后遞增枚舉i（注意i=0的情況不要漏掉），將第i位的B或C屬性在平衡樹中刪除，然后找出兩棵平衡樹中的最大值即可。
但是需要注意一種特殊情況：所有的毛都看同一個屬性，此時按照上面的算法可能求不出最優(yōu)解，比如：
10 6 5
10 2 8
此時，第1個C屬性更小，第2個B屬性更小，若第1個看C屬性，第2個看B屬性，則總和為5+2=7，而如果兩個都看B屬性則總和為6。此時就需要特判（預(yù)先求出三種屬性中的最大值），然后再用上面的算法求解，就能保證求出最優(yōu)解了。
代碼【3】
PKU2985并查集+平衡樹基本操作，水題，不解釋。
代碼【4】HNOI2011 括號匹配Brackets（目前可以看
這個帖子）
Splay Tree維護(hù)序列問題。對于一段括號序列A[1..len]，定義優(yōu)先級P[0..len]如下：
P[0]=0
P[i]=P[i-1]+1（i>0且A[i]為左括號）
P[i]=P[i-1]-1（i>0且A[i]為右括號）
然后，Splay Tree的每個結(jié)點需要記錄一個Z值和M值，分別表示該結(jié)點代表的括號序列中最后一個元素的優(yōu)先級和優(yōu)先級最小的元素的優(yōu)先級。則可以證明：這段括號序列調(diào)整至平衡至少需要改變的括號數(shù)目為(-M+K+1) / 2，其中K=Z+((-M+1)/2)*2（注意這里的/是整除），此外由于有swap和invert兩個操作，因此需要記錄RM、TM、RTM值，分別表示將該括號序列執(zhí)行swap操作后的序列的M值、執(zhí)行invert操作后的序列的M值，以及同時執(zhí)行swap和invert操作后序列的M值。
不過，本題需要嚴(yán)重注意的是：雖然replace操作的標(biāo)記（代碼中的mk0）會覆蓋掉swap（代碼中的mk1）和invert（代碼中的mk2）操作的標(biāo)記，但是在下放標(biāo)記的時候，需要對三種標(biāo)記逐一判斷，mk0和mk1、mk2并不是不能共存的！因為有可能先打上mk0標(biāo)記后再打上mk1或mk2標(biāo)記。本題雖然是靜態(tài)的，但仍然不能使用線段樹，因為線段樹無法支持整體翻轉(zhuǎn)（rev）操作。
代碼