E.不知道叫什么名字
题意：找一段连续的区间，使得区间和为0且区间长度最大，输出区间长度。
思路：考虑前缀和，然后使用map去记录每个前缀和第一次出现的位置，然后对数组进行扫描即可。原理：若
s
[
i
]
=
x
s[i]=x
s[i]=x,则，
m
a
p
[
x
]
=
i
map[x]=i
map[x]=i,当后续出现
s
[
j
]
=
x
s[j]=x
s[j]=x时，
s
[
j
]
−
s
[
i
]
=
0
s[j]-s[i]=0
s[j]−s[i]=0,则合法的区间长度为
j
−
i
j-i
j−i。
将此题一般化为，找一段连续的区间，使得区间和为 k 且长度最大，输出区间长度，我们同样使用这个方法，去记录前缀和，然后对数组进行扫码即可，对于前缀和
s
[
j
]
s[j]
s[j]而言，因为
s
[
j
]
−
(
s
[
j
]
−
k
)
=
k
s[j]-(s[j]-k)=k
s[j]−(s[j]−k)=k,所以需要定位到
s
[
j
]
−
k
s[j]-k
s[j]−k第一次出现的位置即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"
void solve()
{
int n;
cin>>n;
vector<int> a(n+5),s(n+5);
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
s[i]=s[i-1]+((a[i]==1)?1:-1);
}
map<int,int> mp;
mp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!mp.count(s[i])) mp[s[i]]=i;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x=s[i];
ans=max(ans,i-mp[x]);
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
t=1;
// cin>>t;
while(t--){
solve();
}
system("pause");
return 0;
}
G.闪闪发光心动不已！
题意：找到包含kira…doki的最长子序列。
思路：运用前后缀的思想，对字符串正向扫描一遍，然后逆向扫描一遍，对于位置i而言，其最大长度为其前面的kira子序列+其后面doki的子序列。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> ar;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
#define endl "\n"
void solve()
{
int n;
cin>>n;
string s;
cin>>s;
s=" "+s;
vector<int> pre(n+5),suf(n+5);
int tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
pre[i]=pre[i-1];
if(tot==0&&s[i]=='k') tot++;
else if(tot==1&&s[i]=='i') tot++;
else if(tot==2&&s[i]=='r') tot++;
else if(tot==3&&s[i]=='a') tot++;
if(tot==4) pre[i]+=4,tot=0;
}
// for(int i=1;i<=n;i++) cout<<pre[i]<<" ";
tot=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
suf[i]=suf[i+1];
if(tot==0&&s[i]=='i') tot++;
else if(tot==1&&s[i]=='k') tot++;
else if(tot==2&&s[i]=='o') tot++;
else if(tot==3&&s[i]=='d') tot++;
if(tot==4) suf[i]+=4,tot=0;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(pre[i]&&suf[i+1]) ans=max(ans,pre[i]+suf[i+1]);
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
t=1;
// cin>>t;
while(t--){
solve();
}
system("pause");
return 0;
}
I.uu爱玩飞行棋
题意：距离终点m米，然后给定n个操作，每次可以走x步，若不能直接到达终点则需返回多余的步数，问走到终点的最小操作。
思路：考虑背包，设计状态
d
p
[
i
]
[
j
]
dp[i][j]
dp[i][j]，表示对于前
i
i
i个操作，还剩
j
j
j步的最小操作数量。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"
int dp[2010][2010];
void solve()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
vector<int> a(m+5);
for(int i=1;i<=m;i++){
cin>>a[i];
}
memset(dp,0x3f,sizeof dp);
dp[0][n]=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=0;j<=n+5;j++){
dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j+a[i]]+1);//当前状态由j+a[i]转移而来
if(j<a[i])dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][a[i]-j]+1);//表示反弹的状态
}
}
if(dp[m][0]>1e9/2) cout<<-1<<endl;
else cout<<dp[m][0]<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
t=1;
// cin>>t;
while(t--){
solve();
}
system("pause");
return 0;
}
J.火柴人小游戏
思路：很容易想到二分，需要思考如何进行check，我们同样容易发现，我们可以贪心去选择战斗力较小的且能到达的点，所以我们无论我们初始的战斗力如何，我们的战斗顺序都是固定的，显然，普通的队列并不能满足我们的贪心需求，我们使用优先队列去生成我们的路径即可，然后每次就可以在线性时间复杂度内check完成。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> ar;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"
int n,m,x,y;
ll a[1005][1005];
vector<ll> p;
int dx[]={0,0,-1,1};
int dy[]={-1,1,0,0};
int st[1005][1005];
void bfs()
{
priority_queue<ar,vector<ar>,greater<ar> > q;
int eg=a[x][y];
q.push({eg,x,y});
st[x][y]=1;
//p.push_back(a[x][y]);
while(!q.empty()){
auto [z,nx,ny]=q.top();
//cout<<z<<" "<<nx<<" "<<ny<<endl;
p.push_back(z);
q.pop();
for(int i=0;i<4;i++){
int zx=dx[i]+nx,zy=dy[i]+ny;
if(zx<1||zx>n||zy<1||zy>m) continue;
if(st[zx][zy]) continue;
//p.push_back(z);
st[zx][zy]=1;
q.push({a[zx][zy],zx,zy});
}
}
}
bool check(ll x)
{
ll now=x;
// if(x<p[0]) return false;
for(int i=1;i<p.size();i++){
if(p[i]>now) return false;
now+=p[i];
}
return true;
}
void solve()
{
cin>>n>>m>>x>>y;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
bfs();
ll l=a[x][y],r=1e18,ans=-1;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else{
l=mid+1;
}
}
// for(auto x: p) cout<<x<<" ";
if(ans==a[x][y]) cout<<"No cheating need."<<endl;
else cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
t=1;
// cin>>t;
while(t--){
solve();
}
system("pause");
return 0;
}
![洛谷P1044 [NOIP2003 普及组] 栈 递归方法](https://img-blog.csdnimg.cn/direct/18d1a6fa62b544b5a22fd8df729e04d1.png)
