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这场比赛没有打，后来和同学们一起开了场镜像打……
B是SB题结果WA了5发……
C是SB题结果差5min调出……虽然中间有个老师讲题吃掉了1h
D是比较神仙的题（2200），但是做出来了？算是比较超常发挥了。（平常能做出的题中最难的就是2200了）
E是2800，F是2900，zblzbl……
这次发挥还是不错的，写一篇题解吧。
首先发现在一个圆上删掉 $m$ 个点，段数的上界为 $m$。（$0$ 除外，所以要特判 $0$）
然后剩下了 $n-m$ 个点。答案就是 $\min(m,n-m)$。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ int x=0,f=0;char ch=getchar(); while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) f|=ch==‘-‘,ch=getchar(); while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); return f?-x:x; } int main(){ int n=read(),m=read(); if(!m) printf("%d\n",1); else printf("%d\n",min(m,n-m)); }
枚举 $k$ 看看可不可行。
与数出现次数有关，给数开个桶。
对于B1，直接大暴力讨论即可。
对于B2，对桶再开个同，就能优化暴力。
时间复杂度 $O(n)$。（细节太多了，就WA了5发……）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=100010,mod=998244353; #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ int x=0,f=0;char ch=getchar(); while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) f|=ch==‘-‘,ch=getchar(); while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); return f?-x:x; } int n,c1[maxn],c2[maxn],cnt,ans; int main(){ n=read(); FOR(i,1,n){ int w=read(); c2[c1[w]]--; if(!c2[c1[w]]) cnt--; c1[w]++; c2[c1[w]]++; if(c2[c1[w]]==1) cnt++; if(cnt==1 && (c1[w]==1 || c2[c1[w]]==1) || (cnt==2 && (c2[c1[w]+1]==1 || c2[c1[w]]==1 && c2[c1[w]-1] || c2[1]==1))) ans=max(ans,i); } printf("%d\n",ans); }
C1大暴力，没啥好说的。
C2反向考虑，斜率相同的直线对数。
记得去重。记得特判没有斜率（$x$ 坐标相同）。
时间复杂度 $O(n^2\log n)$。（实现够好可以 $O(n^2)$？）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1010; const double eps=1e-12; #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ int x=0,f=0;char ch=getchar(); while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) f|=ch==‘-‘,ch=getchar(); while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); return f?-x:x; } struct line{ double k,b; bool operator<(const line &l)const{ if(fabs(k-l.k)>eps) return k<l.k; return b<l.b; } bool operator==(const line &l)const{ return fabs(k-l.k)<eps && fabs(b-l.b)<eps; } }l[maxn*maxn]; int n,x[maxn],y[maxn],m,cnt[20020],ccc; ll ans; int main(){ n=read(); FOR(i,1,n) x[i]=read(),y[i]=read(); FOR(i,1,n) FOR(j,i+1,n){ if(x[i]==x[j]){ cnt[x[i]+10000]++; if(cnt[x[i]+10000]==1) ccc++; continue; } double k=1.0*(y[i]-y[j])/(x[i]-x[j]); l[++m]=(line){k,y[i]-k*x[i]}; } sort(l+1,l+m+1); m=unique(l+1,l+m+1)-l-1; ans=1ll*m*(m-1)/2+1ll*m*ccc; for(int ll=1,rr;ll<=m;ll=rr+1){ rr=ll; while(rr<=m && fabs(l[ll].k-l[rr].k)<eps) rr++; rr--; ans-=1ll*(rr-ll+1)*(rr-ll)/2; } cout<<ans<<endl; }
考虑DP，$f[i][j][k]$ 表示 $c$ 的前 $i$ 个字符替换完了，$s$ 能匹配到前缀 $j$，$t$ 能匹配到前缀 $k$ 的最大值。
初始，$f[0][0][0]=0$，其他为 -INF。
转移，可以从 $f[i][j][k]$ 到 $f[i+1][j‘][k‘](0/+1/-1)$。后面的 $0/+1/-1$ 就要判断 $s$ 和 $t$ 是否可以匹配。
答案为 $\max(f[|c|][j][k])$。此时时间复杂度为 $O(|c||s|^3|t|^3|A|)$，优秀一点可以做到 $O(|c||s||t||A|+(|s|^3+|t|^3)|A|)$。（预处理 $to_s[i][c]$ 表示从 $s$ 的第 $i$ 个字符扩展一个 $c$ 最远能是哪个前缀，$t$ 类似）
此时已经可以通过本题，然而我SB没想到预处理 $to_s$，所以用了 KMP 优化找 $j‘$ 和 $k‘$。
时间复杂度 $O(|c||s||t||A|)$。
似乎可以用AC自动机或者讨论 $j$ 和 $k$ 的大小关系继续优化。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=1010,mod=998244353; #define lson o<<1,l,mid #define rson o<<1|1,mid+1,r #define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++) #define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--) #define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x)) inline int read(){ int x=0,f=0;char ch=getchar(); while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘) f|=ch==‘-‘,ch=getchar(); while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-‘0‘,ch=getchar(); return f?-x:x; } int l,n,m,f[maxn][55][55],nxts[55],nxtt[55],ans=-1e9; char c[maxn],s[55],t[55]; void get_nxt(char s[],int l,int nxt[]){ int j=0; FOR(i,2,l){ while(j && s[i]!=s[j+1]) j=nxt[j]; if(s[i]==s[j+1]) j++; nxt[i]=j; } } inline void chkmax(int &x,int y){if(y>x) x=y;} void use(int i,int j,int k,char x){ int jj=j,kk=k; while(jj && x!=s[jj+1]) jj=nxts[jj]; if(x==s[jj+1]) jj++; while(kk && x!=t[kk+1]) kk=nxtt[kk]; if(x==t[kk+1]) kk++; if(jj==n){ if(kk==m) chkmax(f[i+1][nxts[n]][nxtt[m]],f[i][j][k]); else chkmax(f[i+1][nxts[n]][kk],f[i][j][k]+1); } else{ if(kk==m) chkmax(f[i+1][jj][nxtt[m]],f[i][j][k]-1); else chkmax(f[i+1][jj][kk],f[i][j][k]); } } int main(){ scanf("%s%s%s",c+1,s+1,t+1); l=strlen(c+1);n=strlen(s+1);m=strlen(t+1); get_nxt(s,n,nxts); get_nxt(t,m,nxtt); MEM(f,~0x3f); f[0][0][0]=0; FOR(i,0,l-1) FOR(j,0,n) FOR(k,0,m){ if(c[i+1]!=‘*‘) use(i,j,k,c[i+1]); else FOR(x,‘a‘,‘z‘) use(i,j,k,x); } FOR(j,0,n) FOR(k,0,m) ans=max(ans,f[l][j][k]); printf("%d\n",ans); }
会了再来填吧。
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原文地址：https://www.cnblogs.com/1000Suns/p/10847629.html
