2023年广东工业大学腾讯杯新生程序设计竞赛
E.不知道叫什么名字
题意：找一段连续的区间，使得区间和为0且区间长度最大，输出区间长度。
思路：考虑前缀和，然后使用map去记录每个前缀和第一次出现的位置，然后对数组进行扫描即可。原理：若 s [ i ] = x s[i]=x s[i]=x,则， m a p [ x ] = i map[x]=i map[x]=i,当后续出现 s [ j ] = x s[j]=x s[j]=x时， s [ j ] − s [ i ] = 0 s[j]-s[i]=0 s[j]−s[i]=0,则合法的区间长度为 j − i j-i j−i。
将此题一般化为，找一段连续的区间，使得区间和为 k 且长度最大，输出区间长度，我们同样使用这个方法，去记录前缀和，然后对数组进行扫码即可，对于前缀和 s [ j ] s[j] s[j]而言，因为 s [ j ] − ( s [ j ] − k ) = k s[j]-(s[j]-k)=k s[j]−(s[j]−k)=k,所以需要定位到 s [ j ] − k s[j]-k s[j]−k第一次出现的位置即可。
#include G.闪闪发光心动不已！
题意：找到包含kira…doki的最长子序列。
思路：运用前后缀的思想，对字符串正向扫描一遍，然后逆向扫描一遍，对于位置i而言，其最大长度为其前面的kira子序列+其后面doki的子序列。
#include
tot=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
suf[i]=suf[i+1];
if(tot==0&&s[i]=='i') tot++;
else if(tot==1&&s[i]=='k') tot++;
else if(tot==2&&s[i]=='o') tot++;
else if(tot==3&&s[i]=='d') tot++;
if(tot==4) suf[i]+=4,tot=0;
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(pre[i]&&suf[i+1]) ans=max(ans,pre[i]+suf[i+1]);
}
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
t=1;
// cin>>t;
while(t--){
solve();
}
system("pause");
return 0;
}
I.uu爱玩飞行棋
题意：距离终点m米，然后给定n个操作，每次可以走x步，若不能直接到达终点则需返回多余的步数，问走到终点的最小操作。
思路：考虑背包，设计状态 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]，表示对于前 i i i个操作，还剩 j j j步的最小操作数量。
#include J.火柴人小游戏
思路：很容易想到二分，需要思考如何进行check，我们同样容易发现，我们可以贪心去选择战斗力较小的且能到达的点，所以我们无论我们初始的战斗力如何，我们的战斗顺序都是固定的，显然，普通的队列并不能满足我们的贪心需求，我们使用优先队列去生成我们的路径即可，然后每次就可以在线性时间复杂度内check完成。
#include
p.push_back(z);
q.pop();
for(int i=0;i<4;i++){
int zx=dx[i]+nx,zy=dy[i]+ny;
if(zx<1||zx>n||zy<1||zy>m) continue;
if(st[zx][zy]) continue;
//p.push_back(z);
st[zx][zy]=1;
q.push({a[zx][zy],zx,zy});
}
}
}
bool check(ll x)
{
ll now=x;
// if(x
for(int i=1;i<p.size();i++){
if(p[i]>now) return false;
now+=p[i];
}
return true;
}
void solve()
{
cin>>n>>m>>x>>y;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=m;j++){
cin>>a[i][j];
}
}
bfs();
ll l=a[x][y],r=1e18,ans=-1;
while(l<=r){
ll mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else{
l=mid+1;
}
}
// for(auto x: p) cout<
if(ans==a[x][y]) cout<<"No cheating need."<<endl;
else cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int t;
t=1;
// cin>>t;
while(t--){
solve();
}
system("pause");
return 0;
}