BestCoder Round #86 HDU 5804（暴力）,HDU 5805（前缀和后缀差值最大）,HDU 5806（尺取法）,HDU 5807（简单DAG 分步式DP ）

传送门：hdu-5804 Price List

求出所有数的和$sum$，如果$q>sum$那么肯定记多了。

时间复杂度$O(n)$。

PS:上来没注意long long直接WA一发，同时long long直接cin好像也是不行的，还有就是全局变量sum忘了多组输入初始化了QAQ

#include<bits/stdc++.h>using  namespace std;typedef  long  long  ll;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=100100;int t,n,m;ll  sum;char  s[N];int  main(){  scanf("%d",&t);  int x;  while(t--){    sum=0;    scanf("%d%d",&n,&m);    for(int i=0; i<n; i++){      scanf("%d",&x);      sum+=x;    }    ll y;    for(int i=0; i<m; i++){      scanf("%I64d",&y);      if(y>sum)printf("1");      else printf("0");    }    printf("\n");  }  return 0;}

传送门：hdu-5805 NanoApe Loves Sequence

求出前$i$个数里相邻差值的最大值f_if​i​​，$i$到$n$里相邻差值的最大值g_ig​i​​，那么ans=\sum_{i=1}^n \max(|A_{i-1}-A_{i+1}|,f_{i-1},g_{i+1})ans=∑​i=1​n​​max(∣A​i−1​​−A​i+1​​∣,f​i−1​​,g​i+1​​)。

时间复杂度$O(n)$。

i==1,i==n特判一下就好了

#include <bits/stdc++.h>#define Memset(x, a) memset(x, a, sizeof(x))#define ll __int64using  namespace  std;const int N=1e5+10;int n,pre[N],nex[N],a[N];int  main(){  int t;  scanf("%d",&t);  while(t--){    Memset(pre,0);Memset(nex,0);    scanf("%d",&n);    for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%d",&a[i]);    for(int i=2; i<=n; i++)pre[i]=max(pre[i-1],abs(a[i]-a[i-1]));    for(int i=n-1; i>=1; i--)nex[i]=max(nex[i+1],abs(a[i+1]-a[i]));    ll ans=0;    for(int i=1; i<=n; i++){      if(i==1)ans+=nex[2];      else if(i==n)ans+=pre[n-1];      else ans+=max(max(abs(a[i+1]-a[i-1]),pre[i-1]),nex[i+1]);    }    printf("%I64d\n",ans);  }  return 0;}

传送门：hdu-5806 NanoApe Loves Sequence Ⅱ

尺取法，先找k个>=m的，定位到t指针。然后移动s,如果a[s]>=m，说明现在区间内不足k个，t指针向后移，补到k个

PS:cin会T，坑惨了_(:зゝ∠)_ 

做题时一开始想用线段树，思路没打开。。。

#include <bits/stdc++.h>#define ll __int64using  namespace  std;const int N=2e5+10;int a[N];int  main(){  int t;  scanf("%d",&t);  while(t--){    int n,m,k;    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);    for(int i=0; i<n; i++){      scanf("%d",&a[i]);    }    int s=0,t=0,num=0;    ll ans=0;    for(;;){      while(t<n&&num<k){        if(a[t++]>=m)num++;      }      if(num<k)break;      ans+=n-t+1;      if(a[s++]>=m)num--;    }    printf("%I64d\n",ans);  }  return 0;}

传送门：hdu-5807 Keep In Touch

简单的DAG图 初始化将两个城市不能通信的状态值 设为0

考虑dp，设$f[i][j][k]$表示三个人分别在$i,j,k$时的方案数，直接转移是O(n^6)O(n​6​​)的。

于是考虑加维，设$f[i][j][k][now]$表示三个人分别在$i,j,k$时，目前准备走$now$这个人的方案数，那么转移复杂度就降低到了O(n^4)O(n​4​​)

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 55;const int MOD = 998244353;int w[N],a[N][N];int f[N][N][N],g[N][N][N],h[N][N][N];int main(){    int T;    scanf("%d",&T);    while(T--){        int n,m,K,q;        int x,y,z;        scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&q);        for(int i = 1; i <= n; ++i)            scanf("%d",&w[i]);        memset(a,0,sizeof(a));        while(m--){            scanf("%d%d",&x,&y);            a[y][x] = 1;        }        for(int i = n; i >= 1; --i){            for(int j = n; j >= 1; --j){                for(int k = n; k >= 1; --k){                    f[i][j][k] = 1;                    g[i][j][k] = h[i][j][k] = 0;                    for(int t = 1; t <= n; ++t){                        if(a[t][i])                            f[i][j][k] = (f[i][j][k]+h[t][j][k])%MOD;                    }                    for(int t = 1; t <= n; ++t){                        if(a[t][j])                            h[i][j][k] = (h[i][j][k]+g[i][t][k])%MOD;                    }                    for(int t = 1; t <= n; ++t){                        if(a[t][k])                            g[i][j][k] = (g[i][j][k]+f[i][j][t])%MOD;                    }                    if(abs(w[i]-w[j]) > K || abs(w[i]-w[k]) > K || abs(w[j]-w[k]) > K)                        f[i][j][k] = 0;                }            }        }        while(q--){            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);            printf("%d\n",f[x][y][z]);        }    }    return 0;}

总结：整场因为第一题惨WA，导致后面做题心态发生巨大变化，以后要多吸取教训_(:зゝ∠)_