寒假训练 第一场
一：前缀和
1.题目：数圈圈
题目链接：数圈圈
解题思路：
题目给出两个数字a, b， 让你求出 a - b 范围内每个数字”圈“的总和。 对于这样的区间和问题，直接预处理出前缀和。查询即可
代码块：
`#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 10;
int cir[10] = {1, 0, 0, 0, 1, 0, 1, 0, 2, 1};
int f[N];
int main()
{
int n;
cin >> n;
//根据数据范围，预处理出 1 - 1e6 的前缀和数组
for(int i = 1; i <= 1000000; i++)
{
int x = i;
int sum = 0;
while(x)
{
sum += cir[x % 10];
x /= 10;
}
f[i] += f[i - 1] + sum;
}
for(int i = 0; i < n; i++)
{
int a, b;
cin >> a >> b;
cout << f[b] - f[a - 1] << endl;
}
return 0;
}
2.题目：珂朵莉与宇宙
题目链接：珂朵莉与宇宙
解题思路：
假设暴力处理，那么需要枚举所有的子区间内的和，枚举区间和用前缀和，并枚举理论上符合的 j^2。
即为, s[r] - s[l] = j^2，枚举三个变量肯定超时。
通过变化式子
s[r] - j^2 = s[l], 那么只需要枚举 r, 和 j, 和符合的 s[l], 的个数，因为s[l], 可以循环 r 时，一并维护出，所以优化掉一个枚举。
代码块：
#includema;
cn[0]=1;
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j*j<=a[i];j++){
sum+=cn[a[i]-j*j];
}
cn[a[i]]++;
}
cout<<sum<<endl;
return 0;
}
3.题目：激光炸弹
题目链接:激光炸弹
解题思路：
二维前缀和，因为我们要枚举很多子区间，观察数据范围，如果枚举子区间会超时。对于二维区间和的问题，我们使用二维前缀和。
不会二维前缀和可以参考以下文章
二维前缀和
代码块:
#include二：差分
1.题目：校门外的树
题目链接：校门外的树
解题思路：
首先观察数据范围，考虑暴力是否可做，可做，这里不提供暴力解法。
这个题推荐使用差分来做，来练习差分的使用。
差分可以实现对一个区间的所有数，加减一个数字。对此题，我们假设 0 代表有树木，对一段区间砍树就规定为对一段区间的数 -1。
这样我们就减少了去遍历区间内的每个数字进行减法，而在最后所有操作进行完毕之后，统一计算每个点的值。如果还是0，那么还有树。
代码块:
#include2.题目：货物种类
题目链接：货物种类
解题思路：
不难发现这个不同于以前的统计个数吗，而是统计不同种类的数量。所以我们不能对个数进行维护差分数组。
所以我们要对不同的种类维护差分数组，所以我们需要一个一个种类的进行加。并且重复区间不能重复计数，需要区间合并。
所以我们先结构体存下来，进行排序。
因为我们要进行区间合并，所以尽可能 l 的小的排在前面。
区间合并时：分三种情况。
对于同一个种类的区间合并：
1.如果说下一个区间的 l 大于当前维护的区间的 r， 说明这俩区间没有交集，那么 维护区间数组，更新维护的区间
2.否则当前l 小于等于当前维护区间的 r，说明他俩有交集，如果说当前 r > 当前维护的区间，那么维护区间 r 需要扩大了。
遇到不同种类了
把之前维护的区间更新差分数组，然后更新区间
代码块:
#include3.题目：放学后茶会的甜点
题目链接：[放学后茶会的甜点]
解题思路：
优先学习二维差分：
二维差分
二维差分预处理题目对子区间增加 1。题目问取任意大小的区间的最大平均甜度，既然是平均甜度，所以我们取最大值那一个即可。
因为平均值不会超过最大值。
代码块:
#include三：贪心
1.题目：小杰的签到题
题目链接：小杰的签到题
解题思路：
首先不希望桌子有空闲时间，所以谁先到谁就先排队。
所以我们先排序所有人的到达时间，从到达时间小的开始放置。
假设对于我们当前要放置的队伍来说，肯定放在最先结束的桌子上。找到三个桌子谁先结束。所以我们需要维护每个桌子当前结束时间。
代码块:
void solved()
{
cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i];
cin >> m;
//初始化桌子，时间都归0
for(int i = 0 ;i < 3; i++)
que[i] = 0;
//排序让先到的进行
sort(a, a + n);
for(int i = 0; i < n; i++)
{
int x = a[i];
int mnn = 1e9; // 找到三个桌子谁最先结束
int xb = 0; //记录是第几个桌子
for(int j = 0; j < 3; j++)
{
if(que[j] < mnn) mnn = que[j], xb = j;
}
//如果说当前队伍大于等于最先结束的了，那么肯定按照当前队伍到达的时间来开始
if(x >= mnn)
{
que[xb] = x + m;
}else que[xb] = mnn + m;
//如果我们到达的时候还没有空桌子,那么肯定等空桌子结束我们开始
}
//三个桌子找到最晚结束的就是我们的答案
int ans = 0;
for(int i = 0; i < 3; i++)
{
ans = max(ans, que[i]);
}
cout << ans << endl;
}
2.题目：排座椅
题目链接：排座椅
解题思路：
首先题目中说所有说话的人是相邻的（上下左右）， 对于竖着相邻的人来说，横着的过道才能影响，对于横着相邻的来说，竖着的过道影响。
对于一条竖着的过道，影响的只能是相邻两列的人，所以贪心的来说，对于每一条过道我们都希望是影响最多的人。
那么统计一下每对人如果要拆开，需要在哪一列 / 一行，防止过道。然后排序从大到小，输出题目要求的过道数量即可。
需要注意的点，题目要求输出过道的位置时，要求从小到大输出。
因为我们需要输出哪个过道被统计的数量最多，所以我们在统计次数的时候，也要标记上是哪个过道，这样排序的时候我们知道是哪个过道最多。
所以使用结构体存。
代码块:
#include3.题目：纪念品分组
题目链接：纪念品分组
解题思路：
题目规定，最多 2 个物品一组，并且组内最大物品不能超过上限值，问你最少多少组。
我们肯定希望尽可能满足 2 个物品一组，所以我们让最小的价值和最大的价值组一块是最优解。如果说不能组一块，那最大价值只能自己一组。
那么最小值就依次找次小值。
代码块:
#include4.题目：巨石滚滚
题目链接：巨石滚滚
解题思路：
需要注意的点，土球会先撞，再回复，如果说撞的时候就 < 0， 那么就失败了。
首先我们可以把所有的障碍分为两类，一类是撞完会增加的，另一类是撞完会减少的。
因为我们希望尽可能的把球的稳定性变成最大，然后再减小，这样尽可能满足更多的障碍。
所以我们先撞增加的，再撞减小的。
对于先撞增加的这一类：
因为先撞再增加，所以尽可能的使得撞的值小的放在前面，让球的稳定性尽可能大，避免撞完就小于0。
可能会说，存在一个增加的障碍，但是他的损耗是很大的，肯定会导致撞完就小于0，不能回复。
这样因为他是撞完增加的，我们把他放在前面，是不是最优解？。
因为我们的要求是能够到达终点，而不是通过最多的障碍。
因为这个是损耗大的回复，所以我们肯定把他放在这一类的最后来撞，因为这时已经是极大值的稳定性，如果这时都不能通过，所以肯定不能到达终点。
对于撞完损耗这一类：
因为我们目标是到重点，那么如果到终点，我们最大值 + 回复 一定大于所有的损耗 （损耗是一个定值），否则肯定会在路上失败。
那么我们尽可能的让回复多的在前面，这样就尽可能的满足稳定性最大。
代码块:
#include四：二分&二分答案
1.题目：.完全平方数
题目链接：完全平方数
解题思路：
暴力的解法就是 从 左区间l到右区间r 找到满足条件数的个数。但考虑到 l和r的大小 可以先预处理出来所有的平方数，然后用二分查找到 处于区间（l，r）满足条件数的范围。即 查找 l和r所在预处理数组中的位置。
代码块:
#include2.题目：解方程
题目链接：解方程
解题思路：
可以使用二分答案 枚举区间（0,100）内的所有数字，注意写好check函数就可以了。这里可以学习经典 浮点数二分的处理方法。
代码块:
#include3.题目：跳石头
题目链接：跳石头
解题思路：
使用二分答案，通过枚举 答案 即最短跳跃距离的最大值，check（）函数是判断该答案是否可行，是通过 计算 在满足该条件下需要移走岩石的个数，是否满足题目限制的最大移动岩石个数。
代码块:
#include4.题目：借教室
题目链接：[借教室]
解题思路：
该题目 相当于是 跳石头 的一个拓展，同样是枚举答案 需要通知哪个申请人修改订单。注意check（）函数的书写，在判断答案 是否可行的时候 需要用到 一点差分的知识。 使用差分处理完该申请人 之前的所有订单，然后看是否有不符合要求的情况，即供不应求（需要的教室个数 大于 有空闲的教室个数。
代码块:
#include五：双指针算法
1.题目：滑动窗口
题目链接：滑动窗口
解题思路：
双指针经典用法，需要 用两个指针维护一个窗口的长度，然后不停的在一个数组上滑动。首先 需要注意，两个指针必须一起移动，并且 该窗口的长度不会改变，所以 可以使用 滑动窗口去 维护 给定区间长度 的最值。
代码块:
#include2.题目：逆序数（归并排序）
题目链接：[逆序数]
解题思路：
首先我们知道逆序数的定义，然后发现通过 归并排序 的过程，可以计算逆序数，然后 归并排序 其实就是通过递归 在回溯的过程中(通过定义 发现 回溯过程返回的都是 有序数组),，使用 双指针 有序合并两个有序数组。
代码块:
#include六：递归&分治
1.题目：数的计算
题目链接：数的计算
解题思路：
首先使用暴力 可以发现f（i）=f（1）+f（2）+…+f(i/2）然后写一个递归函数就可以
但是 发现题目数据 发现这样 暴力过不了，因为 我们做了很多重复的计算，比如 当i为奇数的时候 它能添加数字的情况跟（i-1）添加数字的情况一样，当i为偶数的时候，就相当于在（i-1）的基础上加上了 i可添加的自然数的情况，即（i/2)的情况一样。得到普遍规律： 当i为奇数的时候f（i）=f(i-1) 当i为偶数的时候 f（i）=f（i-1）+f（i/2）.
代码块:
#include2.题目：小q的数列
题目链接：小q的数列
解题思路：
题目有两个要求，第一个要求 就可以直接通过 题目给出的条件进行递归就可以，第二个条件 通过枚举不难发现跟二进制有关系，每次一个新数x的出现一定是在 2的x次方-1的位置出现。
代码块:
#include3.题目：求先序排列
题目链接：求先序排列
解题思路：
我们首先 需要学习 树的三种遍历方式（本质计算 对根节点的访问顺序不同），先序排列（根左右） 中序排列（左根右）后序排列（左右根）先序排列的第一个是根节点，后序排列的最后一个节点是根节点。我们可以先根据后序序列找到根节点，然后根据这个根节点来对中序以及后序序列进行分割，于是可以得到左右字数，然后对左子树以及右子树进行递归地处理。
代码块:
#include七：STL
1.题目：扫雷游戏
题目链接：扫雷游戏
解题思路：
根据题意 如果该位置是非地雷格的时候 你需要 计算它周围的地雷个数，如果是地雷格的话 就直接输出‘*’
这里有个小技巧 在地图上 位置的遍历可以用 x和y相对于原来位置数值的变化 直接判断八个方向，在代码中用 d_x和d_y实现。
代码块:
#include2.题目：图书管理员
题目链接：图书管理员
解题思路：
首先理解题意我们发现我们需要 找到是否能够找到读者需要的书，找到的话输出 图书编码最小的书，反之输出 -1，我们可以 先将图书排序，然后每次进行查询的时候，就遍历一遍 如果存在就输出（因为已经进行了排序，所以能够保证 每次最先找到的是图书编码最小的书），不存在就输出-1.
代码块:
#include