完型填空

思路：背包

1. 用dp[i][j[k][h]表示在选了i道题的情况下，其中选了j道a,k道b，h道c,i-(j+k+h)道d时的最大期望
2. 注意是每层循环，每道题选的数目不超过n/4，在选第i道题目时，之前选的所有题目和应该小于i

#include 
using namespace std;
#define ll     long long
const int N = 110;
int dp[N][30][30][30];
int a[N][5];
int main()
{int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i][1] >> a[i][2] >> a[i][3] >> a[i][4];for (int i = 1; i <= n; ++i)for (int j = 0; j <= n / 4 && j < i; ++j)for (int k = 0; k <= n / 4 && k + j < i; ++k)for (int h = 0; h <= n / 4 && j + k + h < i; ++h){int tmp = dp[i - 1][j][k][h];dp[i][j][k][h] = max(dp[i][j][k][h], tmp + a[i][4]);dp[i][j + 1][k][h] = max(dp[i][j + 1][k][h], tmp + a[i][1]);dp[i][j][k + 1][h] = max(dp[i][j][k + 1][h], tmp + a[i][2]);dp[i][j][k][h + 1] = max(dp[i][j][k][h + 1], tmp + a[i][3]);}cout << dp[n][n / 4][n / 4][n / 4] << endl;return 0;
}

摘苹果

思路：线段树裸题线段树

1. 注意优化是显然我们每次需要具体到每个点去除3，但是我们如果[l,r]的区间没有一个数大于10，我们还需要进去这个区间吗？
2. 所以每个区间维护一个区间最大值maxn，如果区间最大值都小于10，这个区间不用更新

#include 
using namespace std;
#define ll     long long
const int N = 1e5 + 10;
int a[N];
struct tree
{int l, r;ll sum, cnt, maxn;
} t[N << 2];void build(int l, int r, int p)
{t[p].l = l, t[p].r = r, t[p].cnt = 0;if (l == r){t[p].sum = t[p].maxn = a[l];if (t[p].sum < 100)t[p].cnt = 1;return;}int mid = l + ((r - l) >> 1);build(l, mid, p << 1);build(mid + 1, r, p << 1 | 1);t[p].sum = t[p << 1].sum + t[p << 1 | 1].sum;t[p].cnt = t[p << 1].cnt + t[p << 1 | 1].cnt;t[p].maxn = max(t[p << 1].maxn, t[p << 1 | 1].maxn);
}void update(int l, int r, int p)
{if (t[p].maxn < 10)return;if (t[p].l == t[p].r){t[p].sum = t[p].maxn = t[p].sum * 2 / 3;if (t[p].sum < 100)t[p].cnt = 1;return;}int mid = t[p].l + ((t[p].r - t[p].l) >> 1);if (l <= mid)update(l, r, p << 1);if (r > mid)update(l, r, p << 1 | 1);t[p].sum = t[p << 1].sum + t[p << 1 | 1].sum;t[p].cnt = t[p << 1].cnt + t[p << 1 | 1].cnt;t[p].maxn = max(t[p << 1].maxn, t[p << 1 | 1].maxn);
}ll asksum(int l, int r, int p)
{if (t[p].r <= r && l <= t[p].l)return t[p].sum;int mid = t[p].l + ((t[p].r - t[p].l) >> 1);ll ans = 0;if (l <= mid)ans += asksum(l, r, p << 1);if (r > mid)ans += asksum(l, r, p << 1 | 1);return ans;
}
ll askcnt(int l, int r, int p)
{if (t[p].r <= r && l <= t[p].l)return t[p].cnt;int mid = t[p].l + ((t[p].r - t[p].l) >> 1);ll ans = 0;if (l <= mid)ans += askcnt(l, r, p << 1);if (r > mid)ans += askcnt(l, r, p << 1 | 1);return ans;
}
int main()
{std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n, m;cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];int op, x, y;build(1, n, 1);while (m--){cin >> op >> x >> y;if (op == 1)update(x, y, 1);else if (op == 2)cout << askcnt(x, y, 1) << endl;else if (op == 3)cout << asksum(x, y, 1) << endl;}return 0;
}

前缀复制机

思路：

名字暗示的很明显了，就是前缀函数裸题前缀函数与KMP算法

1. 我们处理好字符串的前缀和后，从后往前遍历。这样贪心即是最优解
2. 不从前是因为，后面过去，能匹配多大的前缀已经求出来了，而如果是从前往后，假设你这里可以先匹配3个，后面假设没得匹配。但是，假设如果你这里先匹配2个，后面就可以全部匹配完。那是不是后面这种方案更好。
3. 所以从后往前推是知道了前面的所有情况做出的最优解（每次尽可能减少后面的长度）

#include 
using namespace std;
#define ll     long long
typedef unsigned long long ull;
typedef pair pll;
typedef pair pii;//double 型memset最大127，最小128
//std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;         //int型的INF
const ll llINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;//ll型的llINF
const int N = 1e5 + 10;
int p[N];
int main()
{int t;cin >> t;while (t--){int n;string s;cin >> n >> s;p[0] = 0;for (int i = 1; i < (int)s.size(); ++i){int j = p[i - 1];while (s[j] != s[i] && j > 0)j = p[j - 1];if (s[j] == s[i])j++;p[i] = j;}//从0开始，所有num最后下标是n-1int num = n - 1;int ans = 0;while (num >= 0){ans++;if (!p[num])num--;else{int tmp = p[num];while (tmp * 2 > num + 1 && tmp > 0)tmp = p[tmp - 1];num -= tmp;}}cout << ans << endl;}mapmp;return 0;
}