标签：交换 pre second serve lin medium main 字典 pair
| 题目(难度递增) | easy | easy-medium | medium | medium-hard | hard |
|---|---|---|---|---|---|
| 思维难度 | AHG | F | B | CE | D |
| 编码难度 | AH | CEFG | B | D |
对于本题，你只需要FOR一遍判断是不是回文串即可。不管一个字符串是不是回文串，只有将它反过来再写一边就可以构造出一个回文串。根据题意，如果是回文串则输出“YES NO”，否则输出“NO YES”。
复杂度\(O(N)\)
由于是字典序的缘故，所以我们从第一列开始看到最后一列，如果当前列选择后，不会违背字典序，那么根据贪心思想这一列要，否则显然不能取。这样做 \(N\) 次，每次把新的一列加到前面选出来的字符串后面，check一下是否合法。总复杂度 \(O(N^3)\)。
例子：
adc
bcd
加进第一列
a
b
合法，保留。加入第二列
ad
bc
不合法，撤销。加入第三列
ac
bd
合法，保留。观察可以发现，每加入一列后，如果第 \(i\) 行的字典序小于第 \(i+1\) 行，那么之后怎么怎么加都不会再对着这两行有影响，即：整个过程中需要考虑的一定是相邻的且所有字符均一样的字符串。所以标记一下 \(N-1\) 个相邻关系中国哪些已经出现偏序，那些还没有，不需要考虑前面的取的字符，只需要比较当前新加进的这一列即可（因为前面一定是一样的）
这样还是做 \(N\) 次，每次比较只花 \(O(N)\) 的时间，总复杂度 \(O(N^2)\)。
画图把相同的字符连线会发现就只有4种情况，然后分类讨论一下
m==1:当m==1时，任意长度为1的子串显然都是回文串，所以答案是 \(k^n\)
m > n:与m==1情况是一样的
m==n:这个时候只需要考虑前半部分，这时候答案分别是 \(k^{n/2}\)(n为偶数)，\(k^{n/2+1}\)(n为奇数)
m < n: 当m为奇数，答案为\(k^2\)，当m为偶数，答案为\(k\)
注：m > n 的时候，显然怎么构造都满足题意
复杂度为\(O(N)\)
同样的题目背景，经典题型是求面积最大的全1矩阵。先学习一下这道题的做法，关于这道题，演算法笔记上有非常详尽的分析：http://www.csie.ntnu.edu.tw/~u91029/MaximumSubarray.html#2
这题的做法基本与那道经典题类似，一样的按行or列枚举，通过单调栈去check，核心就是满足条件的矩形四条边都要顶到障碍物，代码基本与原经典题类似，理解原经典题后如还有细节有疑惑可见代码。
复杂度为\(O(N^2)\)
//
// solution.cpp
// special-matrix
//
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//
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define sz(x) ((int)(x).size())
#define dd(x) cout << #x << " = " << (x) << ", "
#define de(x) cout << #x << " = " << (x) << endl
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 5e3 + 7;
char s[N][N];
int n, m, up[N][N];
void solve()
{
cin >> n >> m; m++;
for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%s", s[i]); s[i][m-1] = ‘0‘; }
for (int i = 0; i < m; i++) s[n][i]=‘0‘;
for (int j = 0; j < m; j++) up[0][j] = s[0][j] == ‘1‘;
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
up[i][j] = s[i][j] == ‘1‘ ? up[i - 1][j] + 1 : 0;
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
stack<pii> stk;
int max_col = -1;
for (int j = 0; j < m; j++) {
int pos = j;
while (!stk.empty() && stk.top().second > up[i][j]) {
if (stk.top().first <= max_col)
ans++;
pos = stk.top().first;
stk.pop();
}
if (s[i + 1][j] == ‘0‘) max_col = j;
if (!stk.empty() && stk.top().second == up[i][j]) continue;
if (up[i][j]) stk.push({pos, up[i][j]});
}
}
cout << ans << endl;
}
int main()
{
solve();
return 0;
}
分类讨论
一个经典的标记技巧（延迟计算）。对所有的[L,R]区间，在L位置标记+1，在R位置标记-1。标记结束后统计每一对奇偶位置的前缀和，前缀和是奇数的就交换位置，是偶数的不做操作。
复杂度O(N)。
模拟题，分阶段模拟
注：有个学弟 “小号已经走的路程” 用了int变量，太心疼了
这个题目在大一的c语言日常题目中出现过。
对着题意模拟一直做数位求和直到一位，然后分类找出最大的一组输出。
我们设一个数A的数位和为S，那么易得A和S同余于9。由此，反复求数位和直到只剩一位这个操作等价于对9取模。因此，按照所有数对9的余数进行分类，最后输出余数最大的那一组即可，需要特别注意的是，当某个数能被9整除的时候，他最后得到的数位和是9而不是0。
复杂度为\(O(N)\)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/wuyuanyuan/p/10226035.html
