2018/8/10 部分枚举（类似尺取）

I - Distant Galaxy

 UVALive - 3695 

题意：n个点，找出一个矩形，使其边界上包含尽量多的点。

思路：1.部分枚举 -> 枚举上下界（将n个点的纵坐标单独排序）。

           2.枚举n个点 -> 枚举k条竖线（按照横坐标排序）。

           3.ans = max{ lef[ i ] - lef[ j ] + on[ j ] + on2[ i ] }， 显然要取左侧最大的 “- lef[ j ] + on[ j ]” ， 维护该最大值（M）该问题可以O（n）解决。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100+5;
int n, y[N], lef[N], on[N], on2[N];
struct point{
    int x, y;
    bool operator<(const point& other)const{
        return x < other.x;
    }
}p[N];

int solve(){
    int ans = 0;
    sort(y, y + n);
    sort(p, p + n);
    int m = unique(y, y+n) - y;
    if(m <= 2) return n;
    for(int a = 0; a < m; a++){
        for(int b = a+1; b < m; b++){
            int ymin = y[a], ymax = y[b], k = 0;///a new up and low.
            lef[k] = on[k] = on2[k] = 0;
            for(int i = 0; i < n; i++){
                if(i == 0 || (p[i].x != p[i-1].x)){///a new line.
                    k++;
                    on[k] = on2[k] = 0;
                    lef[k] = lef[k-1]+on2[k-1]-on[k-1];
                }
                if(p[i].y > ymin && p[i].y < ymax) on[k]++;
                if(p[i].y >= ymin && p[i].y <= ymax) on2[k]++;
            }
            if(k <= 2) return n;///i=0...n-1 -> <=2 -> n.
            int M = 0;
            for(int i = 1; i <= k; i++){///i=1...k
                ans = max(ans, lef[i]+on2[i]+M);
                M = max(M, on[i]-lef[i]);
            }
        }
    }
    return ans;
}

int main()
{
    int kase = 0;
    while(~scanf("%d", &n) && n){
        for(int i = 0; i < n; i++){
            scanf("%d %d", &p[i].x, &p[i].y);
            y[i] = p[i].y;
        }
        printf("Case %d: %d
", ++kase, solve());
    }
    return 0;
}

A - And Then There Was One

 UVALive - 3882

题意：约瑟夫环问题变形，n个人围坐一圈按序号排排好，第一次删除序号为m的老哥,之后每数k个人删除一次，求幸存者的序号。

思路：1.递推！    f[ n ] = （f[ n - 1 ] + k） %n.  （f[ n ]表示共n个人时，幸存者的序号）n个人从 0 数到 k - 1 删去一个后(即为f[ n - 1]时的情形)，从第k个人开始从 0 ~ n - 1 编号, 那么偏移就是 k - 0, f[ 0 ] = 0。复杂度O(n)。

           2.为了计算方便把序号减一，那么第一次本应删去的是序号为（k - 1）的老哥，因此偏移为 m - (k-1), 然后再把序号加一即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    int n, m, k, ans;
    while(~scanf("%d%d%d", &n,&k,&m) && (n||m||k)){
        ans = 0;
        for(int i = 2; i <= n; i++) ans = (ans + k) %i;
        ans = (ans + m-(k-1)) %n;
        if(ans <= 0) ans += n;
        printf("%d
", ans);
    }
    return 0;
}

B - Prince and Princess

 UVA - 10635 

题意：求A、B的LCS，两个序列的长度超级无敌巨长！但是！系列中无重复元素！！！

思路：1.由于序列长度可达250^2=62500,O(mn)的LCS解法显然行不通。

           2.序列中无重复元素，给A中每个元素编号，然后将B的元素按A的编码方式保存，于是就转化为LIS问题，可O（nlogn）解决！！！

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int inf = 1e9+7;
const int N = 250 * 250;
int n, p, q, d[N], id[N], b[N], g[N];

int main()
{
    int t, x, kase = 0;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
        memset(id, 0, sizeof(id));
        scanf("%d%d%d", &n,&p,&q);
        for(int i = 1; i <= p+1; i++){
            scanf("%d", &x);
            id[x] = i;
        }
        p = 0;
        for(int i = 1; i <= q+1; i++){///q+1...+1...
            scanf("%d", &x);
            if(id[x]) b[p++] = id[x];
        }
        int ans = 0;
        memset(g, inf, sizeof(g));
        for(int i = 0; i < p; i++){
            int pos = lower_bound(g+1, g+p+1, b[i]) - g;
            d[i] = pos;
            g[pos] = b[i];
            ans = max(ans, d[i]);
        }
        printf("Case %d: %d
", ++kase, ans);
    }
    return 0;
}

C - Game of Sum

 UVA - 10891

题意：从左侧或右侧取数，两个人都尽力使自己取得数的和最大，问sumA-sumB。

思路：总和一定，一人得分越高另一人得分就越低，因此无论怎么取，任意时刻游戏的状态都是原始序列的一段连续子序列。。。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 100+5;
int A[N], d[N][N], f[N][N], g[N][N], s[N];

int main()
{
    int n;
    s[0] = 0;
    while(~scanf("%d", &n) && n){
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d", &A[i]);
            s[i] = s[i-1] + A[i];
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++) d[i][i] = f[i][i] = g[i][i] = A[i];
        for(int L = 1; L < n; L++){
            for(int i = 1, j; i+L <= n; i++){
                j = i+L;
                int m = min(f[i+1][j], min(0, g[i][j-1]));
                d[i][j] = s[j] - s[i-1] - m;
                f[i][j] = min(d[i][j], f[i+1][j]);
                g[i][j] = min(d[i][j], g[i][j-1]);///gggggggggggggg...
            }
        }
        printf("%d
", (d[1][n]<<1) - s[n]);
    }
    return 0;
}

明明已经看了lrj的代码还是顺手把数组名g写成f wa了一发。。。