K、Many Littles Make a Mickle（签到题）

任意门

先从最简单的签到题开始吧

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>using namespace std;long long ans;
long long f(int n)
{if(n<=0)return 0;ans=n*n+f(n-1);return ans;
}
int main()
{int t;cin>>t;while(t--){ans=0;int n,m;cin>>n>>m;ans=f(n);printf("%d\n",ans*m);}return 0;
}

L、It Rains Again

任意门

题意：给你两个坐标，看他能覆盖x有多长，这个比较标准的差分。只用考虑到他是否覆盖到这个区域，即差分数组的数组元素为正数的个数。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include <math.h>using namespace std;int a[100010];
int main()
{int t,_max=-1;cin>>t;while(t--){int x1,y1,x2,y2;cin>>x1>>y1>>x2>>y2;a[x1]++;a[x2]--;//差分_max=max(_max,max(x1,x2));}int ans=0;for(int i=0;i<=_max;i++){a[i]+=a[i-1];if(a[i])ans++;}cout<<ans<<endl;return 0;
}

B、Continued Fraction

任意门

题意：其实就是递归。但是我这一题的代码实现有点慢，希望自己在代码实现上面有一定突破。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>using namespace std;int _count=1;
queue<int>q;
void f(int x,int y)
{int m=y/x;q.push(m);_count++;if(y%x==0){cout<<_count-1<<" ";return;}f(y-m*x,x);
}int main()
{int t;cin>>t;while(t--){_count=1;int x,y;cin>>x>>y;int m=x/y;q.push(m);f(x-m*y,y);while(1){if(q.empty()==0){int t=q.front();printf("%d ",t);q.pop();}else break;}cout<<endl;}return 0;
}

A、Mio visits ACGN Exhibition（dp)

任意门

题意:就是从给你n*m的矩阵的左上角（1,1）一直走到右下角（n，m），每一个方块呢，他都被赋予了值，要么0，要么1，然后问你有多少种路径，然后对走的路径也有一定的要求就是0的个数至少是p个，1的个数至少是q个。一开始对这道题的类型分析错了，以致看另外一道题去了，呜呜。

这里就涉及到了用滚动数组优化dp。

滚动数组是一种能够在动态规划中降低空间复杂度的方法，有时某些二维dp方程可以直接降阶到一维，在某些题目中甚至可以降低时间复杂度，是一种极为巧妙的思想。通过观察dp方程来判断需要使用哪些数据，可以抛弃哪些数据，一旦找到关系，就可以用新的数据不断覆盖旧的数据量来减少空间的使用。

完全背包的二维压成一维，这里借鉴了我们学校大佬的方法。大佬！

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<math.h>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include <math.h>using namespace std;#define mod 998244353
const int N=1005;
long long a[N][N];
long long f[N][N];
signed main()
{// cout<<mod<<endl;int n,m,p,q;cin>>n>>m>>p>>q;for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=1; j<=m; j++){cin>>a[i][j];}if(!a[1][1])f[1][1]=1;else f[1][0]=1;for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=1; j<=m; j++){if(i!=1||j!=1){if(a[i][j])for(int k=i+j-1; k>=0; k--)f[j][k]=(f[j-1][k]+f[j][k])%mod;//dp的转移方程else{for(int k=i+j-1; k; k--)f[j][k]=(f[j-1][k-1]+f[j][k-1])%mod;f[j][0]=0;}}}int ans=0;for(int i=p; i<=n+m-q-1; i++){ans+=f[m][i];ans%=mod;}cout<<ans<<endl;
}

D、Character Distance

任意门

这是一道都构造题。字典序。我练得比较少，队友负责，但是有一点弄错了，就是如果x只出现一次，ij不成对出现，那么就直接顺序输出，而不是"-1"

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
typedef long long ll;
int a[N];
int b1[N],b2[N],b[N];
int pos,nb;
map<int,int> mp;
int main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int t;cin>>t;while(t--){mp.clear();ll n,d;int flag=0;int pos1=-0x3f3f3f3f,pos2=-0x3f3f3f3f,nb1=0,nb2=0;cin>>n>>d;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];mp[a[i]]++;}for(int i=1;i<=n;i++){if(mp[a[i]]==1){flag=1;break;//这就是我们没有考虑到的情况，如果x只出现一次//那么按照顺序输出}}sort(a+1,a+n+1);if(d==1||flag==1){for(int i=1;i<=n;i++)cout<<a[i]<<' ';cout<<endl;continue;}if(d>=n){ cout<<-1<<endl;continue;}for(int i=n;i>0;){//cout<<i<<endl; // 尾 ll num=mp[a[i]];ll cha=(1ll*num-1ll)*(1ll*d-1ll)-(1ll*n-1ll*i);//所需长度和已给长度的比较if(cha<=0){//后面够if(pos1<(i-num+1)){pos1=i-num+1;nb1=a[i];}}else{//后面不够 int head=i-num+1;if(pos2<=(head-cha)&&(head>cha)){pos2=head-cha;//放头位置 nb2=a[i];}}i-=num;}if(pos1<1&&pos2<1){cout<<"-1"<<endl;continue;}if(pos1>0){int num=mp[nb1],pos=pos1;int j=1,cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[j]==nb1){j+=num;}if(i==pos&&cnt<num){b1[i]=nb1;pos+=d;cnt++;}else{b1[i]=a[j++];} }}if(pos2>0){int num=mp[nb2],pos=pos2;int j=1,cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(a[j]==nb2){j+=num;}if(i==pos&&cnt<num){b2[i]=nb2;pos+=d;cnt++;}else{b2[i]=a[j++];}  }}if(pos1<1)for(int i=1;i<=n;i++){cout<<b2[i]<<' ';}else if(pos2<1)for(int i=1;i<=n;i++){cout<<b1[i]<<' ';}else{int f=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(b1[i]!=b2[i]){if(b1[i]>b2[i])f=2;else f=1;break;}}if(f==1){for(int i=1;i<=n;i++){cout<<b1[i]<<" ";}}else{for(int i=1;i<=n;i++){cout<<b2[i]<<" ";}}}      cout<<endl;}return 0;
}

H、Hearthstone So Easy

这一道题就是如果他在第一手的时候没有杀掉对方，那么如果两个人一起回血，那么这个局面就进入了僵持的局面，那么这个时候杀不死后手，后手肯定会赢的，所以如果一开始没有杀死后手，那么后手必赢，这个时候还有一点很重要的就是，特判n==1.

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<math.h>
#include<map>
#include<algorithm>
#define PI acos(-1)
using namespace std;int main()
{int T;cin>>T;while(T--){int n,k;cin>>n>>k;if(n==1)cout<<"freesin"<<endl;else if(1+k>=n)cout<<"pllj"<<endl;else cout<<"freesin"<<endl;}return 0;
}

J、LRU

任意门

这个就是操作系统中LRU，然后呢，模拟一边，给你序列的长度n和需要命中的次数k。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;const int N = 1e5 + 10;
int a[N];struct node {int idx, val;bool operator<(const node& a) const { return idx < a.idx; }
};inline bool check(int x, int n, int k){set<node> se;//维护LRU表unordered_map<int, int> mp;//维护出现的次数int cnt = 0;for (int i = 1; i <= n; ++i) {if (mp.count(a[i])) {//如果已经出现，只需要替换就可以了++cnt;se.erase({mp[a[i]], a[i]});se.insert({i, a[i]});mp[a[i]] = i;continue;} if (se.size() == x) {//如果满了且并没有出现过，则需要删除最先的数node top = *se.begin();se.erase(se.begin());mp.erase(top.val);}mp[a[i]] = i;//直接加进去se.emplace(node{i, a[i]});}return cnt >= k;
}signed main(){int n, k; cin >> n >> k;for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];int l = 1, r = n + 1, ans = -1;while(l <= r){//二分寻找答案int mid = l + r >> 1;if(check(mid, n, k)) r = mid - 1, ans = mid;else l = mid + 1;}if(ans < 0) puts("cbddl");else printf("%lld\n", ans);return 0;
}

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