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sumsum，如果q
> sumq>sum那么肯定记多了。

时间复杂度O(n)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
;

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ii个数里相邻差值的最大值f_if​i​​，ii到nn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)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 __int64
using  namespace  std;
const int N=1e5+10;
int n,pre
,nex
,a
;

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 __int64
using  namespace  std;
const int N=2e5+10;
int a
;

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]f[i][j][k]表示三个人分别在i,j,ki,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]f[i][j][k][now]表示三个人分别在i,j,ki,j,k时，目前准备走nownow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
,a

;
int f

,g

,h

;

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∠)_