C 重力坠击 || 暴力 || dfs状压
看数据范围暴力
（I）直接暴力枚举敌人位置（15*15），根据k次攻击进行k+1重循环
k再大一点，这种方法就不适用了，可以用dfs状压代替（见法二）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 3;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
struct node
{
int x, y, r;
bool f;
}pro[12];
struct node2
{
int x, y;
}pro2[230];
bool jud(int x, int y, int r, int x1, int y1, int r1)
{
if(sqrt((x1 - x) * (x1 - x) + (y1 - y) * (y1 - y)) <= r + r1) return true;
return false;
}
int main()
{
int n, m, R, ans = 0, cnt = 0, cnt2 = 0;
cin >> n >> m >> R;
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d %d %d", &pro[i].x, &pro[i].y, &pro[i].r), pro[i].f = 0;
for(int i = -7; i <= 7; ++i)
for(int j = -7; j <= 7; ++j)
pro2[++cnt2].x = i, pro2[cnt2].y = j;
if(m == 1)
{
for(int i = 1; i <= 225; ++i)
{
cnt = 0;
for(int j = 1; j <= n; ++j)
{
if(jud(pro2[i].x, pro2[i].y, R, pro[j].x, pro[j].y, pro[j].r)) ++cnt;
}
ans = max(ans, cnt);
}
}
else if(m ==2)
{
for(int i = 1; i <= 225; ++i)
{
for (int j = i + 1; j <= 225; ++j)
{
cnt = 0;
for(int k = 1; k <= n; ++k)
{
if(jud(pro2[i].x, pro2[i].y, R, pro[k].x, pro[k].y, pro[k].r) && !pro[k].f) {
++cnt;
pro[k].f = 1;
}
if(pro[k].f) continue;
if(jud(pro2[j].x, pro2[j].y, R, pro[k].x, pro[k].y, pro[k].r) && !pro[k].f) {
++cnt;
pro[k].f = 1;
}
}
ans = max(ans, cnt);
for(int k = 1; k <= n; ++k) pro[k].f = 0;
}
}
}
else if(m == 3)
{
for(int i = 1; i <= 225; ++i)
{
for(int j = i + 1; j <= 225; ++j)
{
for(int k = j + 1; k <= 225; ++k)
{
cnt = 0;
for(int t = 1; t <= n; ++t)
{
if(jud(pro2[i].x, pro2[i].y, R, pro[t].x, pro[t].y, pro[t].r) && !pro[t].f) {
++cnt;
pro[t].f = 1;
}
if(pro[t].f) continue;
if(jud(pro2[j].x, pro2[j].y, R, pro[t].x, pro[t].y, pro[t].r) && !pro[t].f) {
++cnt;
pro[t].f = 1;
}
if(pro[t].f) continue;
if(jud(pro2[k].x, pro2[k].y, R, pro[t].x, pro[t].y, pro[t].r) && !pro[t].f) {
++cnt;
pro[t].f = 1;
}
}
ans = max(ans, cnt);
for(int k = 1; k <= n; ++k) pro[k].f = 0;
}
}
}
}
cout << ans << endl;
}
（II）dfs状压
D 签到
F 匹配串
由于每个模式串至少有一个‘#’，所以只需要保证所有模式串前缀（第一个‘#’前）和后缀（最后一个‘#’后）不互相矛盾即可
注意：并不是要求所有前缀都一样，后缀都一样，而是保证不矛盾就可以，比如a#和ab#可以共存
wa点：反向看后缀时b数组要正着存！！因为模式串长度不一定相同，倒着存可能导致b的下标不同
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 3;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
char a[maxn], b[maxn];
int main()
{
int n, ans = -1;
cin >> n;
string s;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
cin >> s;
for(int j = 0; ; ++j)
{
if(s[j] == '#') break;
if(a[j] == 0) a[j] = s[j];
else if(a[j] != s[j]) ans = 0;
}
for(int j = s.size() - 1; ; --j)
{
if(s[j] == '#') break;
if(b[j-s.size()+1] == 0) b[j-s.size()+1] = s[j];
else if(b[j-s.size()+1] != s[j]) ans = 0;
}
}
cout << ans << endl;
}
G 糖果 || 并查集
每一个朋友圈的每个小朋友都要给所在朋友圈中糖果数的最大值，并查集维护朋友圈
如何处理找到最大值：首先建圈时先不处理，建好圈后，遍历n个小朋友，对每个小朋友都find其父亲，并将父亲的糖果数置为他与他父亲糖果数的最大值，这样遍历一次后的效果是，每个小朋友都直接连着父亲（由于路径压缩），而且每个父亲的糖果数都是所在朋友圈的最大值。然后再遍历n个小朋友，每个小朋友得到的糖果数就等于其父亲的，累加即可
H 数字串
注意：字母串不仅可以变长，还可以变短！比如，aaa可以变成ka
满足这种情况的只能接到a或b之后，然后在符合条件的情况下，将a或b与后一个字母的第一位组合成新的，后一个字母的第二位（如果有的话）单独成为一个即可（10，20不行，由于0没有字母匹配）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 3;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
vector<char> v;
int main()
{
string s;
int x, y, tmp, tmp2;
bool flag = 0;
cin >> s;
for(int i = 0; i < s.size(); ++i)
{
tmp = s[i] - 'a' + 1;
if(flag) v.push_back(s[i]);
else if(tmp <= 10 || tmp % 10 == 0)
{
if(tmp > 2) {v.push_back(s[i]); continue;}
tmp2 = s[i+1] - 'a' + 1;
if(tmp2 > 10 && tmp2 % 10 != 0)
{
x = tmp2 % 10;
tmp2 /= 10;
y = tmp2 % 10;
tmp = tmp * 10 + y;
v.push_back(tmp + 'a' - 1);
v.push_back(x + 'a' - 1);
flag = 1;
++i;
}
else if(tmp2 < 10)
{
x = tmp2 % 10;
tmp = tmp * 10 + x;
v.push_back(tmp + 'a' - 1);
flag = 1;
++i;
}
}
else
{
x = tmp % 10;
tmp /= 10;
y = tmp % 10;
v.push_back(y + 'a' - 1);
v.push_back(x + 'a' - 1);
flag = 1;
}
}
if(!flag) cout << -1 << endl;
else{
for(int i = 0; i <v.size(); ++i) printf("%c", v[i]);
}
}
I 序列的美观度 || dp
（I）将有可能与后面数配成一对的数存在set里，若找到一对匹配，那么set中的元素无用了，就清空set，并存入当前最后一个数
此题满足这种“贪心”的想法，找到一对匹配，就算入答案，前面未匹配的一段元素就废掉
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 3;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
int a[maxn], ans;
set<int> s;
int main()
{
int n;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
if(a[i] == a[i-1]) {
++ans;
s.clear();
s.insert(a[i]);
}
else {
if(s.count(a[i])) {++ans; s.clear();}
s.insert(a[i]);
}
}
cout << ans << endl;
}
（II）dp
J 加法和乘法
n张牌，最后剩一张，则经过n-1轮。若n为奇数，则最后一轮是牛妹，因为无论何种情况的两张牌（奇奇、偶偶、奇偶），都可以变为偶数，所以牛妹一定赢。若n为偶数，则最后一轮是牛牛，此时如果至少有一个奇数，牛牛就能赢；若两张全为偶，牛牛就输。所以整个过程中，牛牛试图保留奇数，消灭偶数。而奇+偶=奇，奇*奇=奇只有这两种生成奇数的方式，牛牛一定选第一种，因为第一种不消耗奇数，还能消耗一个偶数。所以牛牛每次操作都是消耗一个偶数，奇数个数不变。牛妹试图消灭奇数，奇+奇=偶，所以牛妹每次操作都是消耗两个奇数，增加一个偶数。牛牛共有(n-1-1)/2+1=n/2次操作，牛妹共有n/2-1次操作，若牌数够，牛妹可以消耗n-2张奇数，而牛牛不产生奇数，所以若原有n-1张或n张奇数，牛妹消耗不掉，那么牛牛就赢。
注意：！！开始将n分奇偶前，要特判只有一张牌的情况。因为只有一张牌时，若为奇数，虽然此时牌数为奇数，但是牛牛赢
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 3;
const int mod = 1e9 + 7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double pi = acos(-1.0);
vector<char> v;
int a[maxn];
int main()
{
int n, cnt = 0;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
if(a[i] % 2 == 0) ++cnt;
}
if(n == 1){
if(a[1] % 2)cout << "NiuNiu" << endl;
else cout << "NiuMei" << endl;
return 0;
}
if(n % 2 == 1) {cout << "NiuMei" << endl; return 0;}
if(cnt <= 1) cout << "NiuNiu" << endl;
else cout << "NiuMei" << endl;
}