BC32(hdu5182~5185)

恩……又是一个悲伤的故事，然后BC做出来一题，因为自己傻逼，可能紧张，也可能是其他，反正没看全题目就敲，敲完WA，WA完改，改完WA，没了……
大概五十几分钟WA了五法，然后问了才知道没看全，就这样，后面也没啥悬念，没有做出来的题了，就酱

1001 PM2.5
对于输入的每一行一两个整数作差，按照差值从大到小排序，如果差值一样，按照后面的整数从小到大排序，如果还是一样按照ID从小到大排序。

 1 #include<stdio.h>
 2 #include<string.h>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5
 6 struct p{
 7     int a,l,t;
 8 }a[200];
 9
10 bool cmp(p a1,p a2){
11     if(a1.a==a2.a&&a1.t==a2.t) return a1.l<a2.l;
12     if(a1.a==a2.a) return a1.t<a2.t;
13     return a1.a>a2.a;
14 }
15
16 int main(){
17     int n;
18     while(scanf("%d",&n)!=EOF){
19         int q,i;
20         for(q=0;q<n;q++){
21             int b,c;
22             scanf("%d%d",&b,&c);
23             a[q].l=q;a[q].a=b-c;a[q].t=c;
24         }
25         int j,t;
26         sort(a,a+n,cmp);
27         for(i=0;i<n;i++){
28             printf("%d",a[i].l);
29             if(i==n-1)printf("\n");
30             else printf(" ");
31         }
32     }
33     return 0;
34 }

1002 Positive and Negative
维护前缀和sum[i]=a[0]-a[1]+a[2]-a[3]+…+(-1)^i*a[i]
枚举结尾i，然后在hash表中查询是否存在sum[i]-K的值。
如果当前i为奇数，则将sum[i]插入到hash表中。
上面考虑的是从i为偶数为开头的情况。
然后再考虑以奇数开头的情况，按照上述方法再做一次即可。
不同的是这次要维护的前缀和是sum[i]=-（a[0]-a[1]+a[2]-a[3]+…+(-1)^i*a[i]）
I为偶数的时候将sum[i]插入到hash表。
总复杂度o(n)

1003 Brackets
当n为奇数的时候答案是0。
先判断字符串的前面是否符合括号匹配，即对于任何前缀左括号个数>=右括号个数。
设左括号个数为a右括号个数为b, m=n/2，问题可以转化为在平面中从座标(a,b)沿网格走到(m,m) 且不跨过x=y这一条直线的方法数。数据太大，普通DP和搜索都不行的。
问题可以进一步转化为从(a-n,b-n)到(0,0)且不跨过x=y的方法数。再对称一下，转化到(0,0)到(n-b,n-a)不跨过x=y的方法数。

对于从(0,0)点走到(p,q)点不跨过x=y的方法数是

　　XXXX（复制不过来，BC首页看）

证明如下：
我们可以通过总的数目来减掉非法的数目即可。
把(0,0)和(p,q)都往下移一格，非法数目即为(0,-1)到(p,q-1)且路径中至少有一点和x=y相交的方法数。记(d,d)为从(0,-1)到(p,q-1)路径中最先和x=y相交的点。则由于对称性(-1,0)到(d,d)的方法数和(0,-1)到(d,d)的方法数是相同的。所以(0,-1)到(p,q-1)且与x=y相交的方法数和(-1,0)到(p,q-1)的方法数是相同的。
所以答案是

　　XXXXX

然后对100W以内的数字进行一个阶乘处理，就可以O(1)得出答案了。

1004 Equation
这可以看成是一个完全背包问题，但是由于数字比较多直接DP会超时。其实可以发现数字的种类最多是sqrt(n)级别的。那么就可以把复杂度降到nsqrt(n)；
Dp[i][j]代表前i个数字放好之后能组成j的和数是多少。
递推方程是Dp[i][j]=dp[i][j-i]+dp[i-1][j-i]; 表示第i种数字放的时候，前面要么放了i，要么放了i-1
边界条件是dp[i][j]=0 for i < j
Dp[0][0]=1;
所以最后总的复杂度是n*sqrt(n)