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。
A
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));
}
B1/B2
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/C2
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;
}
D
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);
}
E/F
会了再来填吧。
原文地址：https://www.cnblogs.com/1000Suns/p/10847629.html