A - A
先回忆一下单调栈：
解决如下问题：一个点可以向右延伸和向左延伸的最大值，
维护一个单增的栈，那么对于栈里的元素a来说，右边的元素都能向右延伸的，
左边的元素都不能延伸，如果说一个要进来的元素破坏了单调性，那么我就一直pop
最后一个pop的元素实际上就是 这个要入栈的元素能向左延伸的最大长度，那么维护一下
最后push进去这个元素的向左延伸的最大值，然后队尾push-1，让他们全出栈；
解法：将每个矩形扩充出来，满足 if(x==1)h[i][j]=h[i-1][j]+1; else h[i][j]=0;这样就转换成了求最大矩形面积问题；
那注意push-1使得栈中元素全部出栈即可。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<stack> using namespace std; typedef long long ll; const int N=2e3+5; int h[N][N]; int main(){ int n,m; while(~scanf("%d %d",&n,&m)){ memset(h,0,sizeof h); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ int x; scanf("%d",&x); if(x==1)h[i][j]=h[i-1][j]+1; else h[i][j]=0; } h[i][m+1]=-1; } int ans=0,tmp,t; for(int i=1;i<=n;i++){ stack<int>stk; for(int j=1;j<=m+1;j++){ if(stk.empty()||h[i][j]>=h[i][stk.top()])stk.push(j); else { while(!stk.empty()&&h[i][j]<h[i][stk.top()]){ t=stk.top(); stk.pop(); tmp=(j-t)*h[i][t]; if(tmp>ans)ans=tmp; } stk.push(t); h[i][t]=h[i][j]; } } } printf("%d ",ans); } return 0; }
B - B
题意：给你一个n，m，一个长度为n的01串，有m个1，问你怎么弄，使得有1的区间数最大；
解法：这题偏思维，你直接想1的区间不好想，转换为求全为0的区间，
拿总和-全为0的就是了，问题为n-m个0放到m+1个区间，怎么放；
先令 cnt1=(n-m)/(m+1),表示每个区间的平均0，
然后 cnt2=(n-m)%(m+1),表示剩余的0，那剩余的0怎么放呢？
开始我想放在两边，但这样是不对的，应该继续插在中间的区间放，
那这样的话 中间区间数为 getsum(cnt1)*(m+1)
加上剩余的 cnt2*(cnt1+1)；
这算是正难则反的思想的体现吧；主要是没想到分开区间来放。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<stack> using namespace std; typedef long long ll; const int N=2e3+5; ll getsum(ll x){return x*(x+1)/2;} int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--){ ll n,m; scanf("%lld %lld",&n,&m); ll tot=getsum(n); ll cnt1=(n-m)/(m+1); ll cnt2=(n-m)%(m+1); ll ans=tot-getsum(cnt1)*(m+1)-cnt2*(cnt1+1); printf("%lld ",ans); } return 0; }
C - C
题意：一个序列，问你有多少个 a[j]-a[i]=a[k]-a[j]，1≤i<j<k≤n；
这题就是转化为 a[k]=2*a[j]-a[i]，每次看看 2*a[j]-a[i]在不在， 那问题就是枚举时如何保证 1≤i<j<k≤n，
学长们的解法十分奇妙，就是每次读入时枚举k，然后mp[2*a[k]-a[i]]++ ;这样既保证了 j>i ,又保证了k>j;
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define rep(i,j,k) for(int i=(int)j;i<=(int)k;i++) #define per(i,j,k) for(int i=(int)k;i>=(int)j;i--) #define pb push_back #define pf push_front #define fi first #define se second 11 typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double ldb; typedef double db; // const db PI=acos(-1.0); const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL; const int inf=0x3f3f3f3f;//0x7fffffff; const double eps=1e-9; const ll MOD=9999991; const int maxn=2e3+5; ll a[maxn]; int main(){ int n,t; scanf("%d",&t); while(t--){ unordered_map<ll,ll>mp; int ans=0; scanf("%d",&n); for(int k=1;k<=n;k++){ scanf("%lld",&a[k]); ans+=mp[a[k]]; for(int i=1;i<k;i++)mp[2*a[k]-a[i]]++; } printf("%d ",ans); } // system("pause"); a[j]-a[i]=a[k]-a[j]; a[k]=2*a[j]-a[i]; return 0; }
F - F
题意：给你一个01串，我也不知道为什么出题喜欢01串，一共可以跳k步，使得这个值最小。
解法：一开始用O(n^2)的算法，但这是过不了的，然后开始优化，也没想出个门道。
正确的做法是这样的：用一个head 表示能到的最近的1，
若 k>=i-head，那直接跳过去，让head++，为什么head++是正确的呢？因为是向后枚举的
不可能head++这个位置是0，是0直接换掉了；
若 k<=i-head;就跳i-k个位置。会不会i-k那个位置是0呢？
这可以推出矛盾，如果i-k那个位置为0，那直接跳最近的1不就行了吗，那不就是满足条件1吗；
#include<bits/stdc++.h> #include<cstdio> #include<stack> using namespace std; #define rep(i,j,k) for(int i=(int)j;i<=(int)k;i++) #define per(i,j,k) for(int i=(int)k;i>=(int)j;i--) #define pb push_back #define pf push_front #define fi first #define se second 11 typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double ldb; typedef double db; // const db PI=acos(-1.0); const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL; const int inf=0x3f3f3f3f;//0x7fffffff; const double eps=1e-9; const ll MOD=9999991; const int maxn=1e6+5; // ll a[maxn]; char s[maxn]; int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--){ ll n,k; scanf("%lld %lld",&n,&k); string s; cin>>s; ll head=0; while(s[head]=='0')head++; for(ll i=head;i<n;i++){ if(k<=0)continue; if(s[i]=='0'){ if(k>=i-head)swap(s[i],s[head]),k-=(i-head),head++; else if(i-k>=0){ swap(s[i],s[i-k]); k=0; } } } cout<<s<<endl; } // system("pause"); return 0; }
可能这就是数论的巧妙之处吧；
#include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; #define rep(i,j,k) for(int i=(int)j;i<=(int)k;i++) #define per(i,j,k) for(int i=(int)k;i>=(int)j;i--) #define pb push_back #define pf push_front #define fi first #define se second 11 typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef long double ldb; typedef double db; // const db PI=acos(-1.0); const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL; const int inf=0x3f3f3f3f;//0x7fffffff; const double eps=1e-9; const ll MOD=9999991; const int maxn=2e3+5; // ll a[maxn]; ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);} ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;} int main(){ ll a,b; while(~scanf("%lld %lld",&a,&b)){ ll c=gcd(a,b); ll d=a*a-4*b*c; if(d<0){ printf("No Solution "); continue; } ll i=(a-sqrt(d))/2/c; ll j=a/c-i; ll x=c*i,y=c*j; if(x*y/c==b)printf("%lld %lld ",x,y); else printf("No Solution "); } return 0; }