在openjudge上做的題目，原來是2011年的=====。
題目：
麗江河邊有 n 家很有特色的客棧，客棧按照其位置順序從 1 到n 編號。每家客棧都按照某一種色調進行裝飾（總共 k 種，用整數 0 ~ k-1 表示），且每家客棧都設有一家咖啡店，每家咖啡店均有各自的最低消費。
兩位遊客一起去麗江旅遊，他們喜歡相同的色調，又想嘗試兩個不同的客棧，因此決定分別住在色調相同的兩家客棧中。晚上，他們打算選擇一家咖啡店喝咖啡，要求咖啡店位於兩人住的兩家客棧之間（包括他們住的客棧），且咖啡店的最低消費不超過 p。
他們想知道總共有多少種選擇住宿的方案，保證晚上可以找到一家最低消費不超過 p元的咖啡店小聚。
2<=n<=200000, 0<k<=50, 0<=p<=100, 0<=最低消費<=100
也就是找出所有對色調相同的旅館並且中間的最小費用小於p
首先想到的是 O(n^2)的，想到很容易，但20,000肯定爆炸。
然後想到的是拿一個數組保存相同色調的，可能好一點，萬一，萬一，萬一最壞顏色全部一樣(N^2)那就爆炸了。
其實這道題能用滾動數組優化，注意下面這點：
如果 第i+1個色調爲k 的客棧 能訪問第i個色調爲k的客棧，那麼對於以後的所有色調爲k的客棧都可以訪問第i個色調爲k的客棧。
簡單的說，如果這個客棧能被訪問，那麼後面所有的同類客棧都可以訪問他，畢竟後面到該客棧的費用必定 <=price[i] <= p。
我們只要2個數組
一個用來保存可以直接訪問的。
一個用來保存無法訪問的；
如果發現連通，那麼 可以直接訪問的個數 += 無法訪問的個數（根據上面的推理，這些客棧都全部通了）
//其實一個也可以，只需要記錄色調k客棧出現的次數，然後每次 訪問個數 = 出現個數。
另外每個點每個顏色更新一下最短值。
這樣在O(nk)就解決了。
#include <iostream>
#include <cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,k,p;
int direct[51];
int block[51];
int pre[51];
int main()
{
memset(pre,0x3f,sizeof(pre));
int ans = 0;
cin >> n >> k >> p;
int x = 0 , y;
for (int i = 1 ; i <= n ; ++i)
{
cin >> x >> y;
if(pre[x] == inf) //如果路徑無窮大 保存
{ //加上必通的
block[x] = 1; //累計數量=1
pre[x] = y; //最低費用爲y
for (int j = 0;j < k ;++j)
if (pre[j] != inf)
pre[j] = min (pre[j],y); //如果費用存在，則更新最小費用
continue; //繼續循環
}
for (int j = 0;j < k ;++j)
if (pre[j] != inf)
pre[j] = min (pre[j],y); //如果費用存在，則更新最小費用
if(pre[x] <= p) //如果費用滿足要求，那麼對於後面的客棧，前面的路全通
{
direct[x] += block[x];
block[x] = 1; //不滿足數量爲 0
pre[x] = y; //最小費用爲當前客棧
}
else //如果大於，則卡住 +1
block[x]++;
ans += direct[x]; //加上直接可以取的
}
cout << ans << endl;
}補：後來改了一下，改成一個數組，兩個數組真的囉嗦，直接設個計數器就簡單多了，還調整了下代碼，主代碼大概就20行左右！
#include <iostream>
#include <cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int n,k,p;
int direct[51];
int cnt[51];
int pre[51];
int main()
{
memset(pre,0x3f,sizeof(pre));
int ans = 0;
cin >> n >> k >> p;
int x = 0 , y;
for (int i = 1 ; i <= n ; ++i)
{
cin >> x >> y;
cnt[x]++;
if(pre[x] == inf) pre[x] = y;
for (int j = 0;j < k ;++j)
if (pre[j] != inf)
pre[j] = min (pre[j],y); //如果費用存在，則更新最小費用
if(pre[x] <= p) //如果費用滿足要求，那麼對於後面的客棧，前面的路全通
{
direct[x] = cnt[x] - 1;
pre[x] = y; //最小費用爲當前客棧
}
ans += direct[x]; //加上直接可以取的
}
cout << ans << endl;
}
