A题：HNOI2003]激光炸弹
按照蓝书上的教程做即可，注意这道题卡空间用int 而不是 long long。
int g[5010][5010];
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int N, R;
cin >> N >> R;
int xx = R, yy = R;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
int x, y, w;
cin >> x >> y >> w, ++x, ++y;
g[x][y] = w, xx = max(xx, x), yy = max(y, yy);
}
for (int i = 1; i <= xx; ++i)
for (int j = 1; j <= yy; ++j)
g[i][j] = g[i - 1][j] + g[i][j - 1] - g[i - 1][j - 1] +
g[i][j]; //求前缀和
int ans = 0;
for (int i = R; i <= xx; ++i)
for (int j = R; j <= yy; ++j)
//用提前算好的前缀和减去其他部分再补上多剪的那部分
ans =
max(ans, g[i][j] - g[i - R][j] - g[i][j - R] + g[i - R][j - R]);
cout << ans << "
";
return 0;
}
B题：IncDec Sequence
设 a 的差分序列为 b.
则对区间 [l, r] 的数都加 1，就相当于 b[l]++, b[r + 1]--.
操作分为 4 种.
① 2 ≤ l ≤ r ≤ n （区间修改）
② 1 == l ≤ r ≤ n（修改前缀）
③ 2 ≤ l ≤ r == n + 1 （修改后缀）
④ 1 == l ≤ r == n + 1 （全修改）
其中操作 ④ 显然无用.
操作 ① 性价比最高.
于是可得出方案：先用操作 ① ，使得只剩下 正数 或 负数 ，剩下的用操作 ② 或 ③ 来凑.
using ll = long long;
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<ll> a(n + 1, 0), b(n + 2);
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], b[i] = a[i] - a[i - 1];
ll p = 0, q = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) { // 2~n的正负数和统计
if (b[i] > 0) p += b[i];
else if (b[i] < 0) q -= b[i];
}
cout << max(p, q) << "
" << llabs(p - q) + 1 << "
";
return 0;
}
C题：Tallest Cow
差分数组，对于给出第一个区间a,b,他们之间的人肯定比他们矮，最少矮1，那么就在a+1位置-1，b位置加1，计算前缀和，a+1以及之后的都被-1了，b及以后的不变。
重复的区间，不重复计算。
另一种思路：先将所有的牛的高度都设为最大值 然后在输入一组数A B时 将A B之间的牛的高度都减一。
map<pair<int, int>, bool> vis;
int c[10010], d[10010];
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int n, p, h, m;
cin >> n >> p >> h >> m;
while (m--) {
int a, b;
cin >> a >> b;
if (a > b) swap(a, b);
if (vis[make_pair(a, b)]) continue; // 避免重复计算
vis[{a, b}] = true, d[a + 1]--, d[b]++;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
c[i] = c[i - 1] + d[i];
cout << h + c[i] << "
";
}
return 0;
}
⭐二分A题：Best Cow Fences
二分答案，判定是否存在一个长度不小于L的子段，平均数不小于二分的值。如果把数列中的每个数都减去二分的值，就转换为判定“是否存在一个长度不小于L的子段，子段和非负”。
先分别考虑两种情况的解法（1、子段和最大【无长度限制】，2、子段和最大，子段长度不小于L）
<==>求一个子段，使得它的和最大，且子段的长度不小于L。
子段和可以转换为前缀和相减的形式，即设(sumj)表示(Ai 到 Aj)的和，
则有：(max{A[j+1]+A[j+2].......A[i] } ( i-j>=L ) \ = max{ sum[i] - min{ sum[j] }(0<=j<=i-L) }（L<=i<=n）)
仔细观察上面的式子可以发现，随着i的增长，j的取值范围 0~i-L 每次只会增大1。换言之，每次只会有一个新的取值进入 (min{sum_j}) 的候选集合，所以我们没必要每次循环枚举j，只需要用一个变量记录当前的最小值，每次与新的取值 sum[i-L] 取min 就可以了。
double a[100001], b[100001], sum[100001];
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int n, L;
cin >> n >> L;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
double eps = 1e-5;
double l = -1e6, r = 1e6;
while (r - l > eps) {
double mid = (l + r) / 2;
for (int i = 1; i <= n; ++i) b[i] = a[i] - mid;
for (int i = 1; i <= n; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + b[i];
double ans = -1e10;
double min_val = 1e10;
for (int i = L; i <= n; ++i) {
min_val = min(min_val, sum[i - L]);
ans = max(ans, sum[i] - min_val);
}
if (ans >= 0)
l = mid;
else
r = mid;
}
cout << int(r * 1000) << "
";
return 0;
}