标签：memset ati 数据 子序列 解决 res set scanf image
首先还是有很多东西没学好，其实看了题解之后就知道怎么做了。
我去我怎么这么辣鸡？学不好，混子，不做点难题，是没有进步的。
第一题
就是给你四个数字看是否可以通过四则运算得到24
这种明显就是暴力，可是我当时就觉得分类讨论太多。自己没有信心去做。
其实你想最后得到24的方式就是两个数的加减乘除之一。那你就暴力把每种运算和每种排列全部
枚举就完了，注意的是除法必须是整除求分母不为0，我怀疑我不会递归。递归可以省很多代码量。而且不容易出错。
辣鸡死了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[4];
bool flag=0;
void fun(int pre,int la,int cur){
if(flag) return;
if(cur==3){
if(pre+la==24||pre-la==24||pre*la==24)
flag=1;
if(la!=0&&pre%la==0&&pre/la==24)
flag=1;
return;
}
fun(pre+la,a[cur+1],cur+1);
fun(pre-la,a[cur+1],cur+1);
fun(pre*la,a[cur+1],cur+1);
if(la!=0&&pre%la==0)
fun(pre/la,a[cur+1],cur+1);
fun(pre,la+a[cur+1],cur+1);
fun(pre,la-a[cur+1],cur+1);
fun(pre,la*a[cur+1],cur+1);
if(a[cur+1]!=0&&la%a[cur+1]==0)
fun(pre,la/a[cur+1],cur+1);
}
int main(){
flag=0;
for(int i=0;i<4;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a,a+4);
do{
fun(a[0],a[1],1);
}while(next_permutation(a,a+4)&&!flag);
if(flag) puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}第二题
现在有两种操作： 第一种操作对[l,r]区间内每幢房子塞入一个皮卡丘; 第二种操作对第l次到第r次的操作重复一遍。
问依次进行m次操作后每幢房子内皮卡丘的个数。数据保证l < r 且对于第二种操作所给区间一定是之前的操作,对于第一种操作r一定<=n。
初始房子为空。
问你最后每个房子的数量。
这我刚开始想用线段树维护这个东西，发现难度很大，根本不行。后来我想到了用差分。但是后面的操作，会把前面的操作给重复。我不知道怎么处理这个东西。
最后题解是差分，不过需要两个差分。一个维护第i次操作进行了几次，一个维护某个位置加了多少次。然后操作的差分要从后面开始，因为后面会包含前面的操作
这题你需要两个差分，而且方向还相反，属实是个好题。后面在遇到不会就砍头。气死了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e5+10;
ll a[N],b[N];
struct str{
int op,l,r;
}d[N];
int main(){
int T,n,m;
scanf("%d",&T);
while(T--){
memset(a,0,sizeof(a));
memset(b,0,sizeof(b));
scanf("%d%d",&n,&m);
b[m+1]++;
b[0]--;
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d%d",&d[i].op,&d[i].l,&d[i].r);
for(int i=m;i>0;i--){
b[i]=(b[i]+b[i+1])%mod;
if(d[i].op==2){
int l=d[i].l,r=d[i].r;
b[r]=(b[r]+b[i])%mod;
b[l-1]=(b[l-1]-b[i]+mod)%mod;
}
else{
int l=d[i].l,r=d[i].r;
a[l]=(a[l]+b[i])%mod;
a[r+1]=(a[r+1]-b[i]+mod)%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=(a[i-1]+a[i])%mod;
if(i!=n) printf("%lld ",a[i]);
else printf("%lld\n",a[i]);
}
}
return 0;
}第七题
就是个快速幂，不过这个地方取模1e12，快速幂会超过long long.我是意识到这个问题，可是后面的时间都没有解决办法。
后来看别人的，在快速幂哪里用了 __int128 就可以了。这个是long long的两倍。这个东西我没用过，这次知道了
正解是快速幂+乘法优化，变成1e6进制的数
我没搞懂，得补了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll mod=1e12;
ll fp(ll x,ll y){
__int128 ans=1;
__int128 ba=x%mod;
while(y){
if(y&1) ans=ans*ba%mod;
ba=(ba*ba)%mod;
y>>=1;
}
return ans;
}
int main(){
long double a,b,c;
ll d,n;
int q;
scanf("%Lf%Lf%Lf",&a,&b,&c);
ll x,y,z,p,t;
x=(ll)(a); t=(ll)(b); p=(ll)(c);
/*1.9 2.1 2.2
1
100000000000000000 100000000000000000*/
if(b-t>0) y=t+1ll;
else y=t;
z=c+0.5;
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%lld%lld",&d,&n);
ll ba=fp(d,n);
ll ans=(x%mod+y%mod+z%mod+ba)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}第九题
题目描述
作为acm集训队一员的你，有一天拿到了你的历史训练时长记录表。你当然是想让你的训练时长看起来好看一些，所以你想调整这份记录表，使得训练时长最少的一天的时间在所有可能的调整方案中最大。你还有m分钟就梦醒了，时间紧迫，你每一分钟可以使得连续的w天时长记录多一个单位时间。注意，在梦中，你不需要考虑一天有多少的时间限制。 输出经过你的调整，最小的时长。(睡醒前的答案)
输入
多组数据，第一行为一个整数T，表示数据组数（T<=10) 接下来每组数据，开头为n，m，w（1<=w , n<=100000, 0<=m <= 1000000),表示有记录的历史训练天数 接下来一行n个数，表示这一天你的签到时长t（0<=t<=1000000）
输出
输出T行，每行代表一组的答案。
二分啊，不过加了一个技巧而已，自己不会弄。就是差分检查。发现这次考这个差分，这确实是个好东西啊。
二分最低哪个，check是否可以在m次以内做到。如果当前小于check值就进行那么多次加，同时往右的连续w个都加，所以用差分标记。
这没想到就是平时没有做这方面的，用的少，不知道这种套路。该死，多刷题啊老哥。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=2e5+10;
const int M=2e6+10;
int add[N],a[N];
int n,m,w;
bool ok(int k){
memset(add,0,sizeof(add));
int res=m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add[i]+=add[i-1];
int h=k-a[i]-add[i];
if(h>0)
{
res-=h;
add[i]+=h;
add[i+w]-=h;
}
}
return res>=0?1:0;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
int t;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n>>m>>w;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
int l=0,r=M;
int ans;
while(l<=r){
int mid=(l+r)>>1;
if(ok(mid)){
ans=mid;
l=mid+1;
}
else r=mid-1;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}第十题
题目描述
有一个只包含1和2的序列，试翻转一个区间，使得结果中非递减子序列最长。输出翻转后数列中非递减子序列的最长长度。
输入
第一行为数据组数T，每组数据包含两行，第一行为序列的长度，第二行为n个数，表示数列中的数。(T <=6 && n <= 2e5)
输出
每组数据输出一行，表示答案。
这题是个dp,就是没想到。刷题太少了。不会套路。
其实就是找出最长的1111222211112222，我们可以开dp[4]，分别表示以红色标出的值为结尾的最长子序列。
因为这样中间哪个22221111反转才是最多的。果然是做题太少了
转移公式
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int dp[5],s[N];
int main(){
int t,n;
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>s[i];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[1]=dp[1]+(s[i]==1);
dp[2]=max(dp[2]+(s[i]==2),dp[1]);
dp[3]=max(dp[3]+(s[i]==1),dp[2]);
dp[4]=max(dp[4]+(s[i]==2),dp[3]);
}
cout<<dp[4]<<endl;
}
return 0;
}后面的题用到后缀数组，我还不会，哪个东西可以解决很多字符串的问题
很厉害的。要学啊
总结就是做题少了，sb一个
标签：memset ati 数据 子序列 解决 res set scanf image
原文地址：https://www.cnblogs.com/mch5201314/p/10932961.html
