Easy(300pts)：
题目大意：有n个盒子，一共有S个苹果，每个盒子有多少个苹果不知道，但是知道每个盒子的苹果下限和上限。现在要至少选择X个苹果，问如果要保证无论如何都能获得至少X个苹果，至少需要选择多少个盒子。数据满足n<=50。
首先第一个方面，如果我们选择的盒子的下限大于等于X，那么显然我们一定可以获得那么多的苹果，
所以我们将盒子的下限排序，然后从大到小累加即可。
另一方面，如果我们没有选择的盒子的上限小于等于S-X，那么显然我们也一定可以获得那么多的苹果，
于是我们再按照上限排序，然后扫一遍累加即可。
时间复杂度O(nlogn)，代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define Maxn 57
3 using namespace std;
4 int n;
5 int l[Maxn],r[Maxn];
6 class MysticAndCandies
7 {
8 public:
9 int minBoxes(int C, int X, vector <int> low, vector <int> high)
10 {
11 n=low.size();
12 for (int i=1;i<=n;i++) l[i]=low[i-1];
13 for (int i=1;i<=n;i++) r[i]=high[i-1];
14 sort(l+1,l+n+1);
15 sort(r+1,r+n+1);
16 for (int i=1;i<n+1-i;i++) swap(l[i],l[n+1-i]),swap(r[i],r[n+1-i]);
17 int ans,sum1=0,sum2=0;
18 for (int i=1;i<=n;i++) sum2+=r[i];
19 for (ans=1;ans<=n;ans++)
20 {
21 sum1+=l[ans];
22 sum2-=r[ans];
23 if (sum1>=X||C-sum2>=X) break;
24 }
25 return ans;
26 }
27 };
Medium(600pts)：
题目大意：给出一个n个点的有向图，假设长度为L的路径一共有S条（路径可以经过重复的点多次，S也可以是无穷大），问当L非常大的时候，S的量级是L的几次方。当然，有可能S不能用L的几次方表示，那么输出-1。数据满足n<=50。
通过题面来看，就感觉这题很厉害。。。
我们先从一个环来考虑，一个环的长度为L的路径显然只有有数条，那么这个时候S就是L的一次方量级。
然后我们来考虑一个强联通分量，如果这个强联通分量不仅仅只是一个环，那么路径条数就是指数级别的了。
回到原题，我们把原图中的强联通分量全部求出来，
至少图变成了一个DAG，然后发现所有的SCC必须是环，
然后差不多dp之类的都可以做了。
由于这道题n<=50，所以根本不需要什么Tarjan，直接floyed就行了。
时间复杂度O(n^3)，代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define Maxn 57
3 using namespace std;
4 bool vis[Maxn][Maxn];
5 int fa[Maxn],sum[Maxn],sumedge[Maxn];
6 int r[Maxn],f[Maxn];
7 int n;
8 class BigO
9 {
10 public:
11 int minK(vector <string> graph)
12 {
13 n=graph.size();
14 for (int i=0;i<n;i++)
15 for (int j=0;j<n;j++)
16 if (graph[i][j]==‘Y‘) vis[i][j]=true; else vis[i][j]=false;
17 for (int i=0;i<n;i++)
18 vis[i][i]=true;
19 for (int k=0;k<n;k++)
20 for (int i=0;i<n;i++)
21 for (int j=0;j<n;j++)
22 if (vis[i][k]&&vis[k][j]) vis[i][j]=true;
23 memset(sum,0,sizeof(sum));
24 for (int i=0;i<n;i++)
25 for (int j=0;j<n;j++)
26 if (vis[i][j]&&vis[j][i])
27 {
28 fa[i]=j;
29 ++sum[j];
30 break;
31 }
32 memset(sumedge,0,sizeof(sumedge));
33 for (int i=0;i<n;i++)
34 for (int j=0;j<n;j++)
35 if (graph[i][j]==‘Y‘&&fa[i]==fa[j]&&i!=j)
36 ++sumedge[fa[i]];
37 memset(r,0,sizeof(r));
38 memset(f,0,sizeof(f));
39 for (int i=0;i<n;i++)
40 {
41 //the SCC is more than a circle
42 if (sumedge[i]>sum[i]) return -1;
43 //the SCC is more than a point
44 if (sumedge[i]!=0) r[i]=1;
45 f[i]=r[i];
46 }
47 for (int T=0;T<n;T++)
48 for (int i=0;i<n;i++)
49 for (int j=0;j<n;j++)
50 if (fa[i]!=fa[j]&&graph[i][j]==‘Y‘)
51 f[fa[j]]=max(f[fa[j]],f[fa[i]]+r[fa[j]]);
52 int res=0;
53 for (int i=0;i<n;i++)
54 res=max(f[i]-1,res);
55 return res;
56 }
57 };
Hard(900pts):
题目大意：有一个机器人在x轴上，初始位置为0，它接受到了一系列指令，每次向左一个单位或者向右一个单位。如果现在在左边界上，那么就不能再往左了，向左的指令会被忽略；如果现在在右边界上，那么就不能再往右了，向右的指令会被忽略。现在对于minA<=A<=maxA,minB<=B<=maxB，求出以A为左边界，B为右边界的最终位置的总和，数据满足所有数<=5000。
这题是个神结论题，不打算多说。。。
我们假设边界都是无穷大的时候，求出出现过的最左侧位置和最右侧位置。
如果A和B分别大于等于两边边界，那么答案就是最终位置。
如果不是的话，有一个结论就是(a,b)等于(a-1,b+1)-1，然后按照差暴力就可以了。
时间复杂度O(nX+X^2)，代码如下：
1 #include <bits/stdc++.h>
2 #define Maxa 5007
3 using namespace std;
4 int ans[Maxa][Maxa];
5 string s;
6 long long res=0;
7 class OneDimensionalRobot
8 {
9 public:
10 long long theSum(vector <string> commands1, vector <string> commands2, int minA, int maxA, int minB, int maxB)
11 {
12 s.clear();
13 for (int i=0;i<commands1.size();i++) s+=commands1[i];
14 for (int i=0;i<commands2.size();i++) s+=commands2[i];
15 int left=0,right=0,pos=0;
16 for (int i=0;i<s.length();i++)
17 {
18 if (s[i]==‘R‘) ++pos; else --pos;
19 if (-pos>left) left=-pos;
20 if (pos>right) right=pos;
21 }
22 memset(ans,0,sizeof(ans));
23 for (int i=minA;i<=maxA;i++)
24 for (int j=minB;j<=maxB;j++)
25 {
26 if (i>=left&&j>=right) ans[i][j]=pos; else
27 if (i==minA||j==maxB)
28 {
29 int now=0;
30 for (int k=0;k<s.length();k++)
31 {
32 if (s[k]==‘R‘) ++now; else --now;
33 if (-now>i) now=-i;
34 if (now>j) now=j;
35 }
36 ans[i][j]=now;
37 } else
38 {
39 ans[i][j]=ans[i-1][j+1];
40 if (left>i-1||right>j) --ans[i][j];
41 }
42 }
43 for (int i=minA;i<=maxA;i++)
44 for (int j=minB;j<=maxB;j++)
45 res+=ans[i][j];
46 return res;
47 }
48 };