（QAQ我会更新完的）
A 组队比赛
题目类型：思维
题目链接：
题目大意：
给你四个数组，两两一组，每组实力值为队内实力值之和，求解两组差值最小
解题思路：
四个数组排序，最大与最小，第二与倒二，绝对值下差值即可
代码：
int a[4];
int main(){
cin >> a[0] >> a[1] >> a[2] >> a[3];
sort(a, a+4);
cout << abs(a[0] + a[3] - a[1] - a[2]) << '\n';
} B 每日一报
题目类型：模拟、排序
题目链接：
题目大意：
给你一份n个学生的数据，里面包含学生的测温时间、学号、体温三个信息，现在要求你取出大于38.0的学生信息，并按照如下要求进行排序
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/5278/B
来源：牛客网
报送日期不一致的，则日期较近的在上，日期较久远的在下；
报送日期一致体温不一致的，则体温高的在上，体温低的在下；
报送日期和体温都一致的，则学号小的在上，学号大的在下。
解题思路：
通过结构体排序实现
代码：
struct sit{
string day, num; DB tem;
} a[101];
bool cmp (sit fir, sit sed){
if (fir.day != sed.day) return fir.day > sed.day;
else if (fir.tem != sed.tem) return fir.tem > sed.tem;
else {
return fir.num < sed.num;
}
}
int main(){
int n, k = 0; cin >> n;
REP(i, n){
string rday, rnum; DB rtem;
cin >> rday >> rnum >> rtem;
if (rtem >= 38.0) a[k].day = rday, a[k].num = rnum, a[k].tem = rtem, k++;
}
OT(k);
sort(a, a+k, cmp);
REP(i, k) {
cout << a[i].day << " " << a[i].num << " "; printf("%.1f\n", a[i].tem);
}
} C 最长非公共子序列
题目类型：思维
题目链接：
题目大意：
给你两段字符串，现在要求你求解，最长不相同子序列的长度
解题思路：
其实很简单，原比最长公共子序列容易的多，两个字符串完全相同的情况下是不可能有不相同子序列的，而一但两个字符串不同直接输出较长那个字符串的就可以了，简单的思维题
代码：
int main(){
string s1, s2; cin >> s1 >> s2;
if (s1 == s2) cout << "-1" << '\n';
else cout << max(SZ(s1), SZ(s2)) << '\n';
} D 组队比赛
题目类型：思维
题目链接：
题目大意：
给你一个n，要求你求解出最多01字符串，这些字符串要求相互不是子串，且任意两两长度不同
解题思路：
实际上当你写几个01字符串你会发现几个要点
- 1或0会是所有长度大于等于的字符串的子串（这一点是告诉你要特判n=2的情况）
- 两个1中间不断加0比不可能是上一串的子串
针对第二个我写几个，就很好理解了，
11
101
1001
10001
100001
你会发现恰好满足长度不一致，且不互为子串的条件（00也一样），所以只需要特判n=1和n=2的情况就可以了
代码：
int main(){
int n; cin >> n;
if (n == 1){ cout << 1 << '\n' << 1 << '\n';}
else if (n == 2) cout << "2\n" << 0 << '\n' << "11" << '\n';
else { cout << n - 1 << '\n';
REP(i, n - 1){
cout << "1"; REP(j, i){cout << "0";} cout << 1 << '\n';
}
}
} E 组队比赛
题目类型：思维
题目大意：
给你一个长度为n的数组，每个位置的值表示美味度(即),你可以从头或者从尾食用，一秒只能食用一个，并且未被食用的部分会美味度-1，要求你求解最大的总美味度
解题思路：
这题你可能会思考，到底是从头吃呢还是从尾吃呢，其实是没差别的，因为
他用数字标识了每个部分的美味度（可能是负的）
美味度可能是负值，你要减去的数量就一定会
可以边加边减，也可以全部加完再减
代码：
有人可能会是第一种方法，却wa了，n必须要是是LL，为什么n要是LL呢？
明明题目给的数据没有溢出啊，是因为在计算的时候溢出的，这个可能导致你的wa（还好我用的是第二个方法QAQ）
int main(){
LL n; cin >> n;
LL ans = 0;
REP(i, n){
LL x; scanf("%lld",&x);
ans += x;
}
ans -= (n - 1) * n / 2;
OT(ans);
} int main(){
int n; cin >> n;
LL ans = 0;
REP(i, n){
int x; scanf("%d",&x);
ans += x - i;
}
OT(ans);
} F 组队比赛
题目链接：
题目类型：模拟
题目大意：
母亲节和父亲节你需要送礼，对于每一个日期，输出下一个需要送礼的日子（下一个需要送礼的日子可能是母亲节也可能是父亲节）
解题思路：
依照模拟，需要判断的实际上就是下一个节日是什么，
母亲节在8到14之间变动
if(a[i] < 8) a[i] += 7;
，父亲节在15到21之间变动，
if(b[i] < 15) b[i] += 7;
代码：
const int maxn = 200;
int a[maxn], b[maxn];
int main(){
int n = 0, p;
a[0] = 14;
b[0] = 18;
FOR_1(i, 1, 103)
{
a[i] = a[i-1]-1;
b[i] = b[i-1]-1;
if(i % 4 == 0 && i != 100)
{
a[i]--;
b[i]--;
}//闰年
if(a[i] < 8) a[i] += 7;
if(b[i] < 15) b[i] += 7;
}
int _; for(scanf("%d", &_); _; _--){
int y, m, d;scanf("%d%d%d",&y,&m,&d); n = y - 2000; //易知是从2000年开始
if(m > 6 || m == 6 && d >= b[n])
printf("Mother's Day: May %dth, %d\n",a[n+1], y+1);
else if(m < 5 || m == 5 && d < a[n])
printf("Mother's Day: May %dth, %d\n",a[n], y);
else if(b[n]!=21)
printf("Father's Day: June %dth, %d\n",b[n], y);
else printf("Father's Day: June 21st, %d\n", y);
}
} G 血压游戏
题目链接
题目类型：树
题目大意：
官方题意
Compute 有一棵 n 个点，编号分别为 1∼n 的树，其中 s 号点为根。
Compute 在树上养了很多松鼠，在第 i 个点上住了 ai 个松鼠。
因为某些缘故，它们开始同时向根节点移动，但它们相当不安分，如果在同一个节点上，它们就会打起来，简单地来说以下事件会依序发生：
如果一个节点上有 2 只或 2 只以上的松鼠，他们会打架，然后这个节点上松鼠的数量会减少 1；
根节点的所有松鼠移动到地面，位于地面上的松鼠不会再打架；
所有松鼠同时朝它们的父节点移动。
所有事件各自都在一瞬间完成，直至树上没有松鼠。
现在 Compute 想知道最终有多少只松鼠到达了地面。
乱搞题意
给你一个树，每个节点上都有个松鼠，所有位置上的松鼠都是向父节点进行移动的，而根节点上的松鼠是向地面上移动，就是从根节点移动出去
每次的操作时这样的
- 如果一个节点上有 2 只或 2 只以上的松鼠，他们会打架，然后这个节点上松鼠的数量会减少 1；
- 根节点的所有松鼠移动到地面，位于地面上的松鼠不会再打架；
- 所有松鼠同时朝它们的父节点移动。
题目问的是最后到地面上的松鼠有多少只
解题思路：
结论1
由于每一步的松鼠都是向父节点移动的，只有一个节点上有2只或者两只以上的松鼠才会打架，那么可以确定 只有同一层上的松鼠才会相互打架
- 因为是同一时间进行向父节点进行移动的
思考1
由于是子节点向父节点进行移动所以可以考虑子树合并的思想,(可以思考是不是树上启发式合并的方法)
思考2
由于是不断的向上移动,也就是每个节点需要不断的查询,那么可能会面临较多次数的查询次数, 可以思考是不是需要使用虚树这个数据结构呢?
虚树中包含了所有的关键点，也包含了所有关键点两两之间的 LCA（lowest common ancestor, 最近公共祖先）（LCA 的数量不超过关键点的个数，稍后有证明），这就保证了虚树不会丧失原有的树形结构，同时尽可能地压缩了树的大小。同时虚树中 uu 到 vv 的边权定义为原树中 uu 到 vv 的最短路径
关于虚树虚树学习笔记
dp[x]=∑t∈sonx ,dp[t]>0max{1,dp[t]−(deep[t]−deep[x])}
for(auto k : ma[rt])
if(k.second)
ans += max(1ll, k.second-tag[rt]); 总结
方法1 .利用DFS序合并区间虚树的线段树 && 启发式合并的思想
方法2. 虚树构建一下,再进行dp,根据子节点情况去计算父节点情况(将子节点合并到父节点上),满足通过计算有限集统计总和情况
树上合并式启发
void merge(int x, int y) {
int xx = find(x), yy = find(y);
if (size[xx] < size[yy]) swap(xx, yy);
fa[yy] = xx;
size[xx] += size[yy];
} 虚树
我们将两个大小不一样的集合，我们将小的集合合并到大的集合中，而不是将大的集合合并到小的集合中。
为什么呢？这个集合的大小可以认为是集合的高度（在正常情况下），而我们将集合高度小的并到高度大的显然有助于我们找到父亲
让高度小的树成为高度较大的树的子树，这个优化可以称为启发式合并算法。
代码：
const int maxn = 200100;
int n, rt;
LL ans;
int a[maxn];
vector<int> G[maxn];
int fa[maxn], dep[maxn];
LL tag[maxn];
map<int, long long> ma[maxn];
void inse(int u, int d, long long val)
{
if(!ma[u].count(d))
ma[u][d] = val+tag[u];
else
ma[u][d] = max(ma[u][d], tag[u]+1) + val;
}
void merg(int u, int v)
{
if(ma[v].size() > ma[u].size())
{
swap(ma[u],ma[v]);
swap(tag[u],tag[v]);
}
for(auto i : ma[v])
if(i.second)
inse(u, i.first, max(i.second-tag[v], 1ll));
}//将小的子树合并到大的父节点中
void dfs(int u)
{
dep[u] = dep[fa[u]] + 1;
for(int v : G[u])
{
if(v == fa[u]) continue;
fa[v] = u;
dfs(v);
merg(u, v);
}
if(a[u])
inse(u, dep[u], a[u]);
tag[u]++;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &rt);//点的数量和根的编号
for(int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%d", &a[i]);
for(int i = 2; i <= n; ++i)
{
int u, v;
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
dfs(rt);
for(auto k : ma[rt])
if(k.second)
ans += max(1ll, k.second-tag[rt]);
printf("%lld\n", ans);
}
H 纸牌游戏
题目链接：
题目类型：数学
题目大意：
给你一个字符串s 要求你拼出一个长度为 k 的同时能被 3 整除的最大非负整数,并且不能有前导0
解题思路：
什么样的数能被3整除？
该数字的各个位置上的数相加之和能被3整除，那么该数也一定能被3整除
注意
一开始我求简便，是这么做，因为要最大，所以我直接排序，取较大的k个数字，然后判断是否能被3整除，如果不行我选一位去枚举和后面一位交换直到成立，这么做是不对的，因为当需要出现交换两个的时候就会出错，这里给出一下样例，有兴趣的可以跑一下
输入
998244151 3
输出
984
正文
1.我们因为每位字符纯粹是我们自己决定的，没有什么其他的要求，所以我们完全可以统计0-9数字出现的次数去进行组合
2.取余3为1的数字和取余3位2的数字组合之和一定能被3整除，例如2和1
3.我们在组合区间枚举出符合条件最大的就可以
代码：
int cntmod[3]; // 被3取余后只会有3种情况 0， 1， 2，这里对三种情况进行一下计数
int cnt[10];
bool judge(int x, int m){
if (!m) return !x;
int a = cntmod[0], b = cntmod[1],c = cntmod[2];
int l0 = max(0, m - b - c), r0 = min(a, m);
//一个除3余数为1的数和一个除3余2的数匹配就是一个能被3整除的数，例如1和2, 那么我们就枚举这些组合判断是否能被整除
for(int i = l0; i <= r0; i++){
int t = ((2 * (m - i) - x) % 3 + 3 ) % 3;
int l1 = max(0, m - i - c), r1 = min(b, m - i);
while(l1 % 3 != t) l1++;
if(l1 <= r1) return true;
}
return false;
}
void init(){
//初始化
memset(cntmod, 0, sizeof cntmod);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
}
int main(){
int _;
for(scanf("%d", &_); _; _--){
init();
string s; int k;
cin >> s >> k;
int len = SZ(s);
FOR(i, 0, SZ(s)){
cnt[s[i] - '0']++; cntmod[(s[i] - '0') % 3]++;
}
//统计
int n;
for(int i = 9, j = n = 0; i >= 0; i--){
//枚举各个数出现次数之前已经统计过了，现在只是运用
while(cnt[i] > 0 && n < k){
int t = (i + j) % 3;
cnt[i]--, cntmod[i % 3] --;//如果这数字字i使用了，就减去
if (!judge((3 - t) % 3, k - n - 1)){
cnt[i]++, cntmod[i % 3]++;
break;//如果不能被整除那么就回溯，不使用这个i
}
s[++n] = '0' + i;j = t;
}
}
//s[n + 1] = '\0';
if(n < k || (s[1] == '0' && n > 1)) OT("-1");//出现前导0的情况
else {
FOR_1(i, 1, n){
cout << s[i];
}
OT("");
}
}
}
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