何老板是一个现代派的艺术家。他在一块由n*n的方格构成的画布上作画。一开始，所有格子里的数字都是0。
何老板作画的方式很独特，他先后给N^2个子矩阵涂上了颜色，每次都是从1到N^2这些数字中选一个给对应矩阵全部填上该数字。比如：
第1步，他选数字2填在了一个子矩阵上。如下图：

2 2 2 0
2 2 2 0
2 2 2 0
0 0 0 0
第2步，他用数字7填在了一个子矩阵上：
2 2 2 0
2 7 7 7
2 7 7 7
0 0 0 0
第3步，他用数字3填在了一个子矩阵上：
2 2 3 0
2 7 3 7
2 7 7 7
0 0 0 0
以此填涂下去，直到1到N^2中每个数字都被用过了一次(每个数字只能被使用一次)。
现在何老板已经完成了他的艺术创作，你得到了最后的图形。
何老板问你，根据这幅作品，你能够推断出第一步填涂的数字可能是哪些呢？输出第一步填涂可能的数字的个数。

第一行，一个整数N(1<=N<=1000)
接下来一个N*N的数字矩阵，表示画作最终的样子。

一个整数，表示第一步填涂可能的数字个数。

样例解释，数字2是最先被填涂的。数字3显然在数字7后才填涂，数字7显然在数字2后被填涂。
因为看不到其他数字，所以，这些数字有可能出现在数字2之前，后来被覆盖了。

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
#include<cctype>
using namespace std;
int n,f[1005][1005],a,g,ff,mark[1000005],summ[1005][1005],markx[1000005],marky[1000005],markxx[1000005],markyy[1000005],sum[1005][1005],k[1000005],ans;
char buf[1<<20],*p1,*p2;
#define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++)
template<class T> inline void read(T &n){  char ch=GC;T w=1,x=0;  while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') w=-1;ch=GC;}  while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=GC;}  n=x*w;
}
int main()
{
mark[0]=1;
read(n);
for(int i=1;i<=n*n;i++)markx[i]=marky[i]=1e9;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)
{
read(a);
f[i][j]=a;
if(mark[f[i][j]]==0)
{
mark[f[i][j]]=1;
g++;
}
markx[f[i][j]]=min(i,markx[f[i][j]]);
marky[f[i][j]]=min(j,marky[f[i][j]]);
markxx[f[i][j]]=max(i,markxx[f[i][j]]);
markyy[f[i][j]]=max(j,markyy[f[i][j]]);//更新一下对角线
}
if(g==1)cout<<n*n-1;
else{ for(int i=1;i<=n*n;i++){if(mark[i]==1){sum[markx[i]][marky[i]]+=1;sum[markxx[i]+1][marky[i]]-=1;sum[markx[i]][markyy[i]+1]-=1;sum[markxx[i]+1][markyy[i]+1]+=1;}}for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
summ[i][j]=sum[i][j]+summ[i-1][j]+summ[i][j-1]-summ[i-1][j-1];
if(summ[i][j]>1)
{
if(k[f[i][j]]==0)
{
k[f[i][j]]=1;
ff++;
}
}
}
ans=n*n-ff;
cout<<ans;
}
}

在这个问题中，给定一个值S和一棵树。
在树的每个节点有一个正整数，问有多少条路径的节点总和达到S。路径中节点的深度必须是升序的。
假设节点1是根节点，根的深度是0，它的儿子节点的深度为1。路径不必一定从根节点开始。

第一行是两个整数N和S，其中N是树的节点数。
第二行是N个正整数，第i个整数表示节点i的正整数。
接下来的N-1行每行是2个整数x和y，表示y是x的儿子。

输出路径节点总和为S的路径数量。

对于100%数据，N<=100000，所有权值以及S都不超过1000。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node{int en,ne;
}e[200005];
long long w[100005][25],f[100005][25],la[200005],a[100005],x,y,n,l,cnt,ans;
void add(int x,int y)
{e[++cnt].en=y;e[cnt].ne=la[x];la[x]=cnt;
}void dfs(int x,int fa)
{f[x][0]=fa;w[x][0]=a[x];for(int i=1;i<=20;i++)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1],w[x][i]=w[x][i-1]+w[f[x][i-1]][i-1];int p=x,len=l;for(int i=20;i>=0;i--)if(f[p][i]&&w[p][i]<len)len=len-w[p][i],p=f[p][i];if(w[p][0]==len)ans++;for(int i=la[x];~i;i=e[i].ne)if(e[i].en!=fa)dfs(e[i].en,x);
}int main()
{cin>>n>>l;memset(la,-1,sizeof(la));for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<n;i++){   cin>>x>>y;add(x,y);add(y,x);}dfs(1,0);cout<<ans;
}

一条笔直的公路旁有N家旅店，从左往右编号1到N，其中第i家旅店的位置坐标为。
旅人何老板总在赶路。他白天最多行走个单位的距离，并且夜间必须到旅店休息。
何老板给你Q个询问，每个询问的都由两个整数构成，其中第i个询问的格式为，，表示他想知道自己从号旅店走到号旅店，最少需要花费多少天？

第一行，一个整数N

第二行，N个空格间隔的整数  表示每个旅店的坐标

第三行，一个整数L

第四行，一个整数Q

接下来Q行，每行两个整数，表示一次询问

Q行，每行一个整数，依次表示对应询问的答案

这道题嘛也是直接暴力捞了40分  其实可以lb一下就60了

这道题的正解是用倍增/分块  做：）

还有nkoj上这道题如果用cin的话要超时45t

改成scanf就愉快ac啦

#include<stdio.h>
#include<bits/stdc++.h>
#include<cctype>
using namespace std;
long long n,l,ll,q,r,f[100005][35],a[100005],ans,d;
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%lld",&d),a[i]=d;
scanf("%lld%lld",&l,&q);
for(int i=0;i<n;i++)f[i+1][0]=upper_bound(a,a+n,a[i]+l)-a;
for(int j=1;j<=30;j++)for(int i=1;i<=n;i++)f[i][j]=f[f[i][j-1]][j-1];long long ans;for(int i=1;i<=q;i++){scanf("%lld%lld",&l,&r);if(l>r)swap(l,r);ans=0;for(int i=30;i>=0;i--){if(f[l][i]<r){ans+=(long long)(1<<i);l=f[l][i];}}printf("%lld\n",ans+1);}
}

最后附上一段手写的优秀的但是输入有点问题的快读 来自马悦波童鞋

#include<cctype>
char buf[1<<20],*p1,*p2;
#define GC (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<20,stdin),p1==p2)?0:*p1++)
template<class T> inline void read(T &n){  char ch=GC;T w=1,x=0;  while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') w=-1;ch=GC;}  while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=GC;}  n=x*w;
}