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第一题：没有算法，直接得结果。

第二题：

两种解法

1.二分答案，每次都要重新排序前k项，这样利用不上之前的排序信息。二分之后的排序+验证时间是n*log(n)+n。一共是n*(log(n)^2)

2.不用二分，从0开始验证，优点是可以利用之前的排序信息。排序+验证时间是n+n。一共是n^2

第三题：

我们总要在数据维度上给个先来后到逐个击破才行，dp的思想。脑子里面一开始就想全局怎么最优是很难想出来的。

一个观察是：一个大矩形的反转操作可以分解成构成他的所有2x2小矩形的反转操作的累加。因为这样除了4个角反转1次，其他的都反转2次。

所以只要大矩形反转可解，那么必然对应一个小矩形反转可解，而大矩形本身长度不限，所以小矩形可解必然大矩形可解。

于是题目可以限制成2x2小矩形操作。对于所有2x2位置p，每个p[i]必然不反转或者反转1次，重复无用。从左上角开始，该点只位于一个位置p[0]，因此p[0]值得以确定，连锁反应，下一个小块位于的两个小矩形中的第一个确定后，第二份矩形是否反转也确定了。剩下的位置就是用来做验证操作的。

第四题：

题意理解了半天，然后没有理解对。。。

发现起始终止位置不重要，确定区间长度就可以了。然后怎么确定区间覆盖情况？

每个起始点都举例下一个有某个距离，这个举例其实就是该点往下覆盖长度的上限，再多的话就到了人家下一个起始点，人家去计算覆盖量就行了，自己就能终止于此了。

到达上限的用上限，不到上限的用给的区间长度，于是就要给各点的上限排序，到了的就是这些上限和，不到的就是num*len。

第五题：

一个观察：只能用两个长边+一个短边来构成三角。短边任意。

单单这个观察不足以想到最终算法，继续想怎么利用这个观察。

各个长度都摆在你面前还是难以想到最终的方法，仍然要在数据维度上分解，dp的思想。

1.假如短于此边的各种情况都给你了，怎么分配当前边？

2.假如长于此边的各种情况都给你了，怎么分配当前边？

上面两个哪个能得到最终解，或者都能，或者都不能？

答案是思路1可以得到，思路2不能得到。

思路中的“各种情况”自己分析一下的时候会发现，你只会在乎“最多形成几个三角形”。因为有了这个信息，其他的信息都能推论出来，因为新来的最大长度边不care哪些构成了三角形哪些没有，不care他的任何长度信息。

于是乎贪心就行了。