有乙個直線，在某乙個時刻有乙個餡餅會出現在一些位置，有它的價值。
乙個人一開始可以站在直線的任意地方，然後他每個時刻可以不移動，或向任意一邊移動乙個單位或兩個單位。
要你求這個人最多能拿多少價值的餡餅。
我們看到這道題，弄出最普通的 dp。
\(f_i\) 為對於前 \(i\) 個餡餅，接住了第 \(i\) 個的最大貢獻。
那就是列舉前面的每個點，還有不列舉，然後首先看能不能從那個點趕到這個點，然後就在可以的裡面找最大值，然後加上這個點的貢獻，就是 \(f_i\) 了。
那我們可以看出這是要餡餅按時間先後順序排序。
而且看能否趕到，就要滿足這個式子：（假設 \(i\) 趕到 \(j\)，分別掉到格仔的編號是 \(p_i\) 和 \(p_j\)，掉的時間分別是 \(t_i\) 和 \(t_j\)）
\(abs(p_i-p_j)\leq 2\times(t_j-t_i)\)
總的來說，就是這個：
\[f_j=\max_(p_i-p_j)\leq 2\times(t_j-t_i)}\
\]但是這樣會超時，那我們考慮優化看餡餅的先後順序的地方，看能不能通過這個先後順序，直接快速地找到滿足的點。
那我們考慮把式子化開，因為有絕對值，所有會有兩個式子：
\(\left\
2\times t_i+p_i\leq 2\times t_j+p_j&(p_i-p_j> 0)\\
2\times t_i-p_i\leq 2\times t_j-p_j&(p_i-p_j\leq 0)
\end\right.\)
那它要分開兩種，就很麻煩，我們但其實我們會發現，如果要的那個式子滿足了，另乙個也會滿足。
那我們不妨讓這兩個式子都要滿足。
那我們看怎麼快速地找呢？
首先，因為兩個式子的左右兩邊其實分別是 \(i,j\) 點的兩個值，那我們可以一開始就算出來。
那我們考慮先按乙個排好序，然後就只用判斷另乙個條件就可以了。
但是直接判斷還是不行。
那我們考慮用一些資料結構來優化它。
那我們排好序之後，就要判斷另乙個值的大小關係。那只要大小關係，我們就可以把它離散化，不然值太大，陣列裝不下。
那離散化之後，怎麼看大小呢？
我們想想，從小到大排序之後，意思就是可以從前面走到後面（當然這裡是假設第二個條件都滿足），那你現在就還要看第二個條件。
那就是當兩個值，如果第乙個值的位置比第二個值的位置靠前，而且第乙個位置的第二個比較的值小於第二個值的第二個比較的值。那就是可以的。
你會發現它就是乙個順序對。
順序對逆序對的這些玩意兒，自然就是樹狀陣列。
當然，你用線段樹也不是不可以，但是畢竟樹狀陣列簡單好打嘛。
（記得這個地方的位址是第二個匹配的值，因為樹狀陣列位址其實就是乙個匹配大小的東西，那就應該是最大貢獻）
不過這個樹狀陣列不是求逆序對個數或順序對個數，而是在滿足條件的地方取最大值。
那我們只要改一下，改成維護最大值即可。
那你就可以找到當你弄 \(f_i\) 的時候，最優是從**轉移過來。
那至於 \(f_i\)，就是最優還要加上拿到它這個餡餅能有的價值。
至於最後輸出什麼，就是所有最後結束的地方的最大值。那就是查詢 \(1\sim num\) 中樹狀陣列的最大值。（\(num\) 是離散化之後，有多少個不同的第二個匹配的值）
其實就是看找到最後選了**作為結尾使得價值最大。
那就是這樣了。
#include#include#includeusing namespace std;
struct pie a[100001], b[100001];
int w, n, c[100001], now;
int tree[100001], re;
void add_num(int now, int addnum)
int quest(int now)
bool cmp1(pie x, pie y)
bool cmp2(pie x, pie y)
int main()
sort(b + 1, b + n + 1, cmp2);
c[1] = ++c[0];
a[b[1].num].r = c[1];//離散化（對於我們第二個要比較的值）
for (int i = 2; i <= n; i++)
sort(a + 1, a + n + 1, cmp1);//先按第乙個要比較的值排序，使列舉過去的時候第乙個直接符合
for (int i = 1; i <= n; i++)
printf("%d", quest(c[0]));//掃一遍全部，看全部方案中價值最大的
return 0;
}
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