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有好久都没写博客呢了。。。

标题统计

签到题。

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>using namespace std;char a;int ans;int main() {   //	freopen("title.in", "r", stdin);//	freopen("title.out", "w", stdout);	while((scanf("%c", &a)) != EOF) {   		if((a >= 'a' && a <= 'z') || (a >= 'A' && a <= 'Z') || (a >= '0' && a <= '9')) ans ++;	}	printf("%d", ans);	return 0;}

龙虎斗

模拟题，细节很多。先跑一遍循环算出龙方和虎方的气势，再暴力枚举要派去工兵的兵营，统计气势差最大值即可。

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>#define LL long longusing namespace std;const int MAXN = 1e5 + 5;const LL lox = 9223372036854775807;int n, m, p, s, t, Num;LL ans1, ans2, minn, Q, a[MAXN];LL Abs_(LL x) {   	return x > 0 ? x : -x;}int main() {   //	freopen("fight.in", "r", stdin);//	freopen("fight.out", "w", stdout);	scanf("%d", &n);	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		scanf("%lld", &a[i]);	}	scanf("%d%d%d%d", &m, &p, &s, &t);	a[p] += s; minn = lox;	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		if(i < m) {   			ans1 += a[i] * (m - i);		}		else if(i > m) {   			ans2 += a[i] * (i - m);		}	}	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		if(i < m) {   			Q = (LL)t * (m - i);			if((Abs_(ans1 + Q - ans2)) < minn) {   				minn = Abs_(ans1 + Q - ans2);				Num = i;			}		}		else if(i > m) {   			Q = (LL)t * (i - m);			if((Abs_(Q + ans2 - ans1)) < minn) {   				minn = Abs_(Q + ans2 - ans1);				Num = i;			}		}		else {   			if((Abs_(ans1 - ans2)) < minn) {   				minn = Abs_(ans1 - ans2);				Num = i;			}		}	}	printf("%d", Num);	return 0;}

摆渡车

$dp$题。
这道题还挺有难度的。
初看题以为是贪心，仔细想了一会儿后发现贪心做不了，于是改成了$dp$，然后，，，就WA了。
我认为做这种题不能光看表面，要挖掘题的模型。就比如这道题，题意就可以翻译成：求将时间轴分成任意个区间，使各个区间长度不小于$m$，各个点到它属于区间的右端点距离的和的最小值。
令$dp[i]$等于上面那一堆东西。
于是就不难推出 d p [ i ] = min ⁡ j ≤ i − m { d p ( j ) + ∑ j < a [ k ] ≤ i { i − a [ k ] } } dp[i]=\min \limits _ { j \leq { i - m} } \{dp(j) + \sum \limits _ {j<a[k]\leq i} \{i-a[k]\}\} dp[i]=j≤i−mmin​{ dp(j)+j<a[k]≤i∑​{ i−a[k]}}又因为 ∑ { i − a [ k ] } = ∑ { i } − ∑ { a [ k ] } \sum\{i - a[k]\}=\sum\{i\}-\sum\{a[k]\} ∑{ i−a[k]}=∑{ i}−∑{ a[k]}
即满足$j<a[k]\le i$条件的$k$的个数$\times i-$这$k$个点的位置和。
于是令$pre[i]=(-\infty ,i]$中 点的位置和，$cnt[i]=(-\infty ,i]$中的点数。
则 d p [ i ] = min ⁡ j ≤ i − m { d p ( j ) − ( p r e [ i ] − p r e [ j ] ) + ( c n t [ i ] − c n t [ j ] ) × i } dp[i]=\min \limits _ { j \leq { i - m} } \{dp(j) - (pre[i] - pre[j]) + (cnt[i] - cnt[j])\times i\} dp[i]=j≤i−mmin​{ dp(j)−(pre[i]−pre[j])+(cnt[i]−cnt[j])×i}
相信读者很容易就能想到，最后的答案
a n s = max ⁡ m a x x ≤ i ≤ m a x x + m − 1 { d p [ i ] } ans = \max \limits_{maxx \leq i \leq {maxx + m - 1}}\{dp[i]\} ans=maxx≤i≤maxx+m−1max​{ dp[i]}
其中$maxx$为所有$a[i]$的最大值。
此时时间复杂度$O(T^2)$。
这样交上去是拿不了满分的。于是我们考虑优化：
1.将状态转移方程改为 d p [ i ] = min ⁡ i − 2 × m ≤ j ≤ i − m { d p ( j ) − ( p r e [ i ] − p r e [ j ] ) + ( c n t [ i ] − c n t [ j ] ) × i } dp[i]=\min \limits _ { {i - 2 \times m}\leq j \leq { i - m} } \{dp(j) - (pre[i] - pre[j]) + (cnt[i] - cnt[j])\times i\} dp[i]=i−2×m≤j≤i−mmin​{ dp(j)−(pre[i]−pre[j])+(cnt[i]−cnt[j])×i}
为什么呢？你想，当区间长度大于了$2\times m$，可以把这个大区间分成很多个小区间，答案一定不会比原来更差，所以此优化正确。
2.若$cnt[i]=cnt[i-m]$，即此长度为$m$的区间中没有一个点，那$dp[i]=dp[i-m]$，就不用去跑第二重循环了。
由于优化2使进入第二重循环的次数不超过$m\times n$次，优化1使第二重循环的时间复杂度降为了$m$。所以总时间复杂度：$O(n{m}^2+T)$。
听说还有更厉害的优化方法，但是我不会…

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>using namespace std;const int MAXN = 505, MAXX = 4 * 1e6 + 110, inx = 2147483647;int n, m, a[MAXN], maxx = -inx, C[MAXX], dp[MAXX], pre[MAXX], cnt[MAXX], Min = inx;int main() {   //	freopen("bus.in", "r", stdin);//	freopen("bus.out", "w", stdout);	scanf("%d%d", &n, &m);	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		scanf("%d", &a[i]);		pre[a[i]] += a[i]; cnt[a[i]] ++;		maxx = max(maxx, a[i]);	}	for(int i = 1; i < maxx + m; i ++) {   		pre[i] += pre[i - 1];		cnt[i] += cnt[i - 1];	}	for(int i = 0; i < maxx + m; i ++) {   		if(i >= m && cnt[i] == cnt[i - m]) {   			dp[i] = dp[i - m];			continue;		}		dp[i] = cnt[i] * i - pre[i];		for(int j = max(i - 2 * m + 1, 0); j <= i - m; j ++) {   			dp[i] = min(dp[i], dp[j] - (pre[i] - pre[j]) + (cnt[i] - cnt[j]) * i);		}	}	for(int i = maxx; i < maxx + m; i ++) {   		Min = min(Min, dp[i]);	}	printf("%d", Min);	return 0;}

对称二叉树

暴力或树Hash
作为T4，竟然能被暴力水过。。。

法一：暴力枚举

对的，你没看错，就是暴力。

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cmath>#include <cstring>#include <iostream>#define uLL unsigned long longusing namespace std;const int MAXN = 1e6 + 5;bool vis[MAXN];int a[MAXN], n, zs[MAXN], maxx = 1;struct Node {   	int L_C, R_C;}arr[MAXN];int dfs(int Num) {   	if(zs[Num]) return zs[Num];	if(arr[Num].L_C != -1) zs[Num] += dfs(arr[Num].L_C);	if(arr[Num].R_C != -1) zs[Num] += dfs(arr[Num].R_C);	zs[Num] ++;	return zs[Num];}bool check(int x, int y) {   	if(x == -1 && y == -1) return 1;	if(x != -1 && y != -1 && a[x] == a[y] && check(arr[x].L_C, arr[y].R_C) && check(arr[x].R_C, arr[y].L_C)) return 1;	return 0;}int main() {   //	freopen("tree.in", "r", stdin);//	freopen("tree.out", "w", stdout);	scanf("%d", &n);	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		scanf("%d", &a[i]);	}	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		scanf("%d%d", &arr[i].L_C, &arr[i].R_C);	}	zs[1] = dfs(1);	for(int i = 1; i <= n; i ++) {   		if(check(arr[i].L_C, arr[i].R_C)) {   			maxx = max(maxx, zs[i]);		}	}	printf("%d", maxx);	return 0;}

此算法在树为完全二叉树时运行最慢(因为其他情况可以剪掉很多枝)，时间复杂度：$O(nlo{g}_{2}n)$。

法二：树Hash

先咕着，明天更，，，