NOIP2018 普及组复赛题解
A：标题统计
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题意
给你一个可能含空格和换行符的字符串。让你求出其中不包含空格和换行的字符数量。
思路
大水题，直接根据题意一次判断每个字符，然后统计答案即可。
代码
#includeB：龙虎斗
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题意
有 n n n 个兵营，开始时第 i i i 个兵营里面有 a i a_i ai 个兵。然后第 p 1 p_1 p1 号兵营里面多出了 s 1 s_1 s1 个兵。现在定义龙的气势和为所有在 m m m 号兵营左侧的兵营的兵数与与 m m m 号军营之间的距离的乘积的和。即 ∑ i = 1 m − 1 a i ⋅ ( m − i ) \sum\limits_{i=1}^{m-1} a_i\cdot (m-i) i=1∑m−1ai⋅(m−i)。虎的气势和同理，只不过在 m m m 号兵营的右侧。现在你手里有 s 2 s_2 s2 个兵。你可以将他们派入任何一个兵营，求派入哪个兵营能取得最少的龙虎气势差。
思路
先把龙和虎的气势和算出来，然后枚举派到每一个兵营，计算龙虎气势只差，统计答案。
代码
#include题目链接
C：摆渡车
题意
有 n n n 个人，第 i i i 个人会在第 a i a_i ai 分钟取等车。已知大巴来回一趟所需 m m m 分钟。求最少的这 n n n 个人的等待时间总长。
思路
看到题目，应该一眼的 DP 裸题。
我们定义两个数组：cnt 和 sum
其中 c n t i cnt_i cnti 表示第 0 0 0 分钟到第 i i i 分钟到车站的同学数。
s u m i sum_i sumi 表示第 0 0 0 分钟到第 i i i 分钟到车站等车的同学的到达时间之和。
那么我们考虑怎么计算：一辆大巴从第 r r r 分钟开出，等车时间在 l ∼ r l\sim r l∼r （含 l l l）的同学所对应的等待时间总长。
我们不妨设这些同学的等车时间分别为： b 1 , b 2 , … , b t b_1,b_2,\ldots,b_t b1,b2,…,bt，则总长应该是： ∑ i = 1 t r − b i \sum\limits_{i=1}^t r-b_i i=1∑tr−bi。化简一下，原式可变为： ∑ i = 1 t r − ∑ i = 1 t b i = t ⋅ r − ∑ i = 1 t b i \sum\limits_{i=1}^t r-\sum_{i=1}^t b_i=t\cdot r-\sum\limits_{i=1}^t b_i i=1∑tr−∑i=1tbi=t⋅r−i=1∑tbi
首先，显然同学的数量 t t t 是等于 c n t r − c n t l − 1 cnt_r-cnt_{l-1} cntr−cntl−1 的。而 ∑ b i \sum b_i ∑bi 是等于 s u m r − s u m l − 1 sum_r-sum_{l-1} sumr−suml−1 的。
所以原式可化简为： r ⋅ ( c n t r − c n t l − 1 ) − ( s u m r − s u m l − 1 ) r\cdot (cnt_r-cnt_{l-1})-(sum_r-sum_{l-1}) r⋅(cntr−cntl−1)−(sumr−suml−1)。
我们记它为 calc(l,r)。
我们现在定义 f i f_i fi 表示第 i i i 分钟发车，前面时刻所有同学都上车所需花费的最小等车时间之和。
如果之前都没法过车，那么 f i = i ⋅ c n t i − s u m i f_i=i\cdot cnt_i-sum_i fi=i⋅cnti−sumi。
如果之前发过车，那么我们枚举 j j j 从 1 ∼ i − m 1\sim i-m 1∼i−m，表示它上一辆大巴是从 j j j 时刻发车的。
那么可以得出转移式： f i = min j = 1 i − m ( f j + c a l c ( j + 1 , i ) ) f_i=\min\limits_{j=1}^{i-m} (f_j+calc(j+1,i)) fi=j=1mini−m(fj+calc(j+1,i))
注意：这里从 j + 1 j+1 j+1 开始枚举，因为第 j j j 分钟上车的人已经被第 j j j 分钟发车的大巴带走了。
还有一点：我们这里的 i i i 要枚举到 m a x t + m − 1 maxt+m-1 maxt+m−1 （ m a x t maxt maxt 表示读入时间的最大值），因为倒数第二辆大巴可能在 [ m a x t − m , m a x t − 1 ] [maxt-m,maxt-1] [maxt−m,maxt−1] 之间发车
这样的时间复杂度是 θ ( T 2 ) \theta(T^2) θ(T2) 的，期望得分： 50 pts 50~\text{pts} 50 pts。
接下来我们考虑如何优化。
我们在对于 f i f_i fi 的转移中，我们枚举的 j j j 的复杂度是 θ ( n ) \theta(n) θ(n)，但是真正能起到有效转移的，应该只有 i − 2 ⋅ m + 1 ∼ i − m i-2\cdot m+1\sim i-m i−2⋅m+1∼i−m 之间的 j j j。因为你考虑到，在 i − 2 ⋅ m i-2\cdot m i−2⋅m 发出的车，一定没有 i − m i-m i−m 优。
这样，我们的转移式即变为：
f i = min j = i − 2 ⋅ m + 1 i − m ( f j + c a l c ( j + 1 , i ) ) f_i=\min\limits_{j=i-2\cdot m+1}^{i-m} (f_j+calc(j+1,i)) fi=j=i−2⋅m+1mini−m(fj+calc(j+1,i)) 。
这样的时间复杂度变为了 θ ( m ⋅ T ) \theta(m\cdot T) θ(m⋅T)，期望得分： 70 pts 70~\text{pts} 70 pts。
注意到 n n n 和 m m m 只有 500 500 500 的大小，说明会有很多段长度为 m m m，但中间却没有人等车。
判定条件就是 i ⩾ m i\geqslant m i⩾m 且 c n t i = c n t i − m cnt_i=cnt_{i-m} cnti=cnti−m。
那么我们可以直接将 f i f_i fi 赋值成 f i − m f_i-m fi−m。
代码
50分代码
#include70分代码
#include100分代码
#includeD：对称二叉树
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题意
你有一颗 n n n 个节点的二叉树，每个节点有一个权值 v a l val val，若称一个节点是好的，当且仅当这以这个节点为根的二叉树对于每个节点都将左右子树调换后所形成的新树与原树同一位置的点点权全部相同。求出最大的好的节点的子节点个数。
思路
这里介绍两种思路。
第一种：暴力判断
你对于每一个节点，都以它为根。暴力判断一下是否可行，然后统计答案。时间复杂度 θ ( 可过 ) \theta(可过) θ(可过).
第二种：树哈希
你求出这棵树的两种遍历方式（根左右和根右左），放在一个哈希里面。然后对于每一个节点，若它的两种遍历形式所对应的哈希值都相同，则说明以它为根的子树满足题目所述条件，更新答案即可。时间复杂度 θ ( n ) \theta(n) θ(n)。
代码
第一种：暴力判断
#include第二种：树哈希
我的代码用了保险一点的三哈希。
#include但事实证明暴力却比哈希跑得快？