100. 增减序列

给定一个长度为 n 的数列 a1,a2,…,an，每次可以选择一个区间 [l,r]，使下标在这个区间内的数都加一或者都减一。

求至少需要多少次操作才能使数列中的所有数都一样，并求出在保证最少次数的前提下，最终得到的数列可能有多少种。

分析

• 因为终态所有数都一样，所以最后差分数组一定是 b [1] = 一个常数，b [2]-b [n] 都等于 0 （求数列种数的时候也可以使用）

• 差分数组数组的操作 b [l] += 1,b [r+1] -= 1 的特性可以使正负两个数相消，所以最后差分就只剩同符号的数，此时操作数为 min (pos,neg) //pos 为差分数组中正数和 neg为负数和的绝对值

• 对 b [1] 的操作次数也就是种类数量。想到数列的值就是 b [1] 的值 操作有对b[1]和b[n+1]等价，eg 假设一开始 b [1] 为 2，abs (pos-neg) 为 3，b [1] 的取值可能为 2,3,4,5，即 abs (pos-neg)+1

方案一 b [1] += 1,b [i+1] -=1；
方案二 b [i] -= (-1),b [n+1] += (-1);
等价

ps.
差分：差分与前缀和相对，可以视为前缀和的逆运算。差分它可以维护多次对序列的一个区间修改一个数。

“区间修改+单点查询”，用差分数组往往不够用。因为差分数组对“区间修改”很高效，但是对“单点查询”并不高效。此时需要用树状数组和线段树来求解

code：

#include
#include
using namespace std;
const int N = 100010;
#define ll long long 
ll a[N];
ll b[N];
int main(){ll n;cin >> n;for(ll i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];b[i] = a[i] - a[i-1];     // b数组为差分数组}ll pos=0,neg=0;for(ll i=2;i<=n;i++){if(b[i] > 0) pos += b[i];else neg -= b[i];         // 相当于取绝对值}ll ans1,ans2;ans1 = min(neg,pos) + abs(pos-neg);ans2 = abs(pos-neg)+1;cout << ans1 << endl << ans2;
}作者：chen_
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1460. 我在哪？

约翰想要知道最小的 K 的值，使得他查看任意连续 K个邮箱序列，他都可以唯一确定这一序列在道路上的位置。

例如，假设沿路的邮箱序列为 ABCDABC 。

约翰不能令 K=3，因为如果他看到了 ABC，则沿路有两个这一连续颜色序列可能所在的位置。

最小可行的 K 的值为 K=4，因为如果他查看任意连续 4 个邮箱，那么可得到的连续颜色序列可以唯一确定他在道路上的位置

分析

最小不重复连续子串

STL哈希+二分查找
***** 使用二分查找只要满足二段性即可，不一定非得要有序

长度具有单调性:
因为越长，子串区分度就越大
如果长度为i不行，那么i-1肯定也不行，反之i行，i+1肯定也行，具有二段性

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
int n;
string str;
unordered_set S;
bool check(int mid){S.clear();for (int i = 0; i + mid - 1 < n; i ++ ){string s = str.substr(i, mid);if (S.count(s)) return false;// 已经存在的s字符串个数大于1S.insert(s);}return true;
}int main(){cin >> n >> str;int l = 1, r = n;while (l < r){   // 对长度进行二分int mid = l + r >> 1;if (check(mid)) r = mid;else l = mid + 1;}cout << r << endl;return 0;
}作者：yxc
链接：https://www.acwing.com/activity/content/code/content/5509029/
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ps.
字符串哈希： https://www.cnblogs.com/moyujiang/p/11213535.html
后缀数组：https://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/8413523.html#_labelTop

1497. 树的遍历

给出树的后序遍历和中序遍历，输出层序遍历

输入样例：

7
2 3 1 5 7 6 4
1 2 3 4 5 6 7

输出样例：

4 1 6 3 5 7 2

code

#include
#include
#include
#include
#includeusing namespace std;const int N = 35;int n;
int a[N],b[N],p[N];
int l[N],r[N];int build(int al,int ar,int bl,int br,int d){if(al > ar) return 0;int val = a[ar];int k = p[val];l[val] = build(al,al+k-1-bl,bl,k-1,d+1);r[val] = build(al+k-bl,ar-1,k+1,br,d+1);return val;
}void bfs(){queue q;q.push(a[n-1]);while(q.size()){int t = q.front();q.pop();cout << t << " ";if(l[t]) q.push(l[t]);if(r[t]) q.push(r[t]);}
}int main(){cin >> n;for(int i=0;i> a[i];for(int i=0;i> b[i];for(int i=0;i

#include
#include
using namespace std;
const int N = 10010;
char a[N],b[N];   // a->前序   b->中序
int idx;
void build(int l,int r){if(l > r) return;int u = strchr(b,a[idx])-b;  //a[idx]在 b数组的下标位置 idx++;build(l,u-1);     // 左子树区间 build(u+1,r);     // 右子树区间cout << b[u]; 
} 
int main(){scanf("%s%s",&a,&b);build(0,strlen(a)-1);return 0;
}

// 将b进制的数转化成十进制
int get(string s, int b)
{int res = 0;// 秦九韶算法：每次将前面的数向高位移动一位,即*b，然后加上当前个位数，即＋cfor (auto c: s)res = res * b + c - '0';return res;
}

#include 
#include 
#include 
#include   using namespace std;int base(string s,int b){int res = 0;for(auto x:s){  //枚举s的每一位res = res*b+x-'0';}return res;
}int main(){string x,y;cin >> x >> y;unordered_set hash;for(int i=0;istring s = x;s[i] ^= 1;if(s.size()>1 && s[0]=='0') continue;// 因为原先的字符串s的首个位置不可能为0hash.insert(base(s,2));}for(int i=0;ifor(int j=0;j<3;j++){if(y[i]-'0'!=j){string s = y;s[i] = j+'0';if(s.size()>1 && s[0]=='0') continue;int n=base(s,3);if(hash.count(n))cout << n << endl;}}}return 0;
}

#include 
#include 
#include using namespace std;const int N = 1010;
int n,m,res;
int father[N];
int L[N],R[N];int find(int x,int a[]){int k=0;while(x!=1){a[k++] = x;x = father[x];}a[k++] = 1;   // 数组a来存储路径return k;     // k为个数
}int main(){int T;cin >> T;while(T--){cin >> n >> m;for(int i=1;i<=n;i++){int x,y;cin >> x >> y;if(x != -1) father[x] = i;if(y != -1) father[y] = i;}while(m--){int l,r;cin >> l >> r;int x = find(l,L);int y = find(r,R);// 朴素做法                             for(int i=x-1,j=y-1;i>=0 && j>=0;i--,j--){if(L[i] == R[j]){    // 到达相同的节点x--,y--;         // -2}else break;}cout << x+y << endl;}}
}