这次比赛又挂了，140，第12（不过暑假来了几个巨佬，排名可能会适当往后拉一点 ） ，题目除了签到题其他难度和质量都很不错，思维很重要，方法懂了确实不算太难……收获颇丰！
T1：最大配对
Description
给出2个序列A={a[1]，a[2]，…，a[n]}，B={b[1]，b[2]，…，b[n]}，从A、B中各选出k个元素进行一一配对（可以不按照原来在序列中的顺序），并使得所有配对元素差的绝对值之和最大。
例如各选出了a[p[1]]，a[p[2]]，……，a[p[k]]与b[q[1]]，b[q[2]]，……，b[q[k]]，其中p序列中的元素两两不相同，q序列中的元素两两不相同，那么答案为|a[p[1]]－b[q[1]]|＋|a[p[2]]－b[q[2]]|＋……＋|a[p[k]]－b[q[k]]|，现在任务也就是最大化这个答案。
Input
输入的第1行为2个正整数n，k，表示了序列的长度和各要选出元素的个数。
第2行包含n个正整数，描述了A序列。
第3行包含n个正整数，描述了B序列。
Output
输出仅包括一个非负整数，为最大的结果。
注意：答案可能超过2^31-1，请使用int64或者long long（若使用printf输出请用“%I64d”）类型储存结果。
Sample Input
4 2
2 5 6 3
1 4 6 7
Sample Output
10
【样例说明】
配对（2，7）、（6，1）结果为|2-7|+|6-1|=10。
【数据说明】
对于10%的数据，有k≤5，n≤10；
对于30%的数据，有n≤100；
对于50%的数据，有n≤1000；
对于100%的数据，有k≤n≤100000；a[i]，b[i]≤1000000。
反思&题解
考试&正解思路： 一个数组从小到大排序，一个从大到小排序，之后指针判断头尾差的绝对值选k个就行了
反思： 水，不过签到题是绝对不能丢分的！！！
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,a[100005],b[100005];
long long ans;
bool cmp(int x,int y)
{
return x<y;
}
bool cmp1(int x,int y)
{
return x>y;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
int i;
for (i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1,cmp);
for (i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&b[i]);
sort(b+1,b+n+1,cmp1);
int j;
j=n;
i=1;
while (k)
{
if (abs(a[i]-b[i])>abs(a[j]-b[j]))
{
ans+=abs(a[i]-b[i]);
i++;
}
else
{
ans+=abs(a[j]-b[j]);
j--;
}
k--;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
T2：旅行
Description
今天又是个神圣的日子，因为LHX教主又要进行一段长途旅行。但是教主毕竟是教主，他喜欢走自己的路，让别人目瞪口呆。为什么呢，因为这条路线高低不平，而且是相当的严重。
但是教主有自己的办法，他会魔法。
这段路可以用一个长度为n的序列A[i]来表示，A[i]表示了第i这段路的高度。毕竟教主即使会使用魔法他还是个人，教主如果想穿越这条路线，他必须从第1段路开始走，走到第n段，从第i段走到第i+1段路需要消耗|A[i+1]-A[i]|点体力。为了节省体力，教主使出了他另一种神奇的魔法。教主的魔法可以交换相邻两段路的高度，并且这种魔法不需要花费额外的体力。但是第二次使用魔法开始，交换的两段路在路线中的位置需位于之前交换的两段路之后。即如果某次交换了A[j]和A[j+1]，那么下次交换A[k]和A[k+1]必须满足j＜k。
接着，LHX教主想规划下如何调整路段高度后穿越，使得体力消耗最小。
Input
输入的第1行为一个正整数n，表示了这条路线的长度。
第2行有n个正整数，相邻两个正整数用空格隔开，描述了A[i]这个序列。
Output
输出仅包括一个非负整数，为最小的体力消耗。
Sample Input
4
2 3 4 1
Sample Output
4
【输入输出样例】
将位置1上的数字和位置2上的数字交换，序列变为3 2 4 1。
将位置2上的数字和位置3上的数字交换，序列变为3 4 2 1。
序列3 4 2 1需要消耗的体力为4。
【数据说明】
对于10%的数据，n≤10；
对于20%的数据，n≤18；
对于50%的数据，n≤200；
对于100%的数据，n≤2000，A[i]≤100000。
反思&题解
正解思路： 很明显是DP：
设
表示从
到
这段所耗费的体力，因为就算换了位置相对的一段的贡献都是一样的
设
表示后
位中第
位换了或没换位置所耗费的最小体力
则
从后往前枚举，方程如下：
1.
2. 当
时：
否则，
反思： 看到怎么设状态就大概知道怎么做了，比赛时不能太局限于最普通的方法，要跳出固定思维，还有DP题要多练一下
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[100005],n,sum[100005],f[100005][2];
int main()
{
scanf("%d",&n);
int i;
for (i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
a[n+1]=a[n];
memset(f,0x3f3f3f3f,sizeof(f));
f[n][0]=0;
f[n][1]=0;
for (i=2;i<=n;i++)
sum[i]=sum[i-1]+abs(a[i]-a[i-1]);
for (i=n-1;i>=1;i--)
{
f[i][0]=min(f[i+1][0]+abs(a[i]-a[i+1]),f[i+1][1]+abs(a[i]-a[i+2]));
int j;
for (j=i+1;j<n;j++)
f[i][1]=min(f[i][1],min(f[j+1][0]+abs(a[i]-a[j+1]),f[j+1][1]+abs(a[i]-a[j+2]))+abs(a[i]-a[j])+(sum[j]-sum[i+1]));
f[i][1]=min(f[i][1],(sum[n]-sum[i+1])+abs(a[n]-a[i]));
}
printf("%d\n",min(f[1][0],f[1][1]));
return 0;
}
T3：资源勘探
Description
教主要带领一群Orzer到一个雄奇地方勘察资源。
这个地方可以用一个n×m的矩阵A[i, j]来描述，而教主所在的位置则是位于矩阵的第1行第1列。
矩阵的每一个元素A[i, j]均为一个不超过n×m的正整数，描述了位于这个位置资源的类型为第A[i, j]类。教主准备选择一个子矩阵作为勘察的范围，矩阵的左上角即为教主所在的(1, 1)。若某类资源k在教主勘察的范围内恰好出现一次。或者说若教主选择了(x, y)即第x行第y列作为子矩阵的右下角，那么在这个子矩阵中只有一个A[i, j]（1≤i≤x，1≤j≤y）满足A[i, j]=k，那么第k类资源则被教主认为是稀有资源。
现在问题是，对于所有的(x, y)，询问若(x, y)作为子矩阵的右下角，会有多少类不同的资源被教主认为是稀有资源。
Input
输入的第一行包括两个正整数n和m，接下来n行，每行m个数字，描述了A[i, j]这个矩阵。
Output
为了照顾Vijos脑残的输出问题，设B[i, j]表示仅包含前i行与前j列的子矩阵有多少个数字恰好出现一次，那么你所要输出所有B[i, j]之和mod 19900907。
Sample Input
2 3
1 2 3
3 1 2
Sample Output
10
【样例说明】
对于右下角为(1，1)的子矩阵，仅包含数字1，所以答案为1。
对于右下角为(1，2)的子矩阵，数字1、2各出现一次，所以答案为2。
对于右下角为(1，3)的子矩阵，数字1、2、3各出现一次，所以答案为3。
对于右下角为(2，1)的子矩阵，数字1、3各出现一次，所以答案为2。
对于右下角为(2，2)的子矩阵，数字2、3各出现一次，但是数字1出现了两次，所以数字1不统计入答案，答案为2。
对于右下角为(2，3)的子矩阵，数字1、2、3均出现了两次，所以答案为0。
【数据说明】
对于10%的数据，有N，M≤10；
对于20%的数据，有N，M≤20；
对于40%的数据，有N，M≤150；
对于50%的数据，A[I, J]≤1000；
对于70%的数据，有N，M≤800；
对于100%的数据，有N，M≤1100，A[I, J] ≤N×M。
反思&题解
比赛思路： 除了暴力还能干啥？？？
正解思路： 分类讨论，求出每个数字的贡献：
记录一下一个数字第一次出现的横纵坐标和它第二次出现的纵坐标，之后再扫描一次矩阵：
1. 纵坐标比第一次出现的还前，那么贡献就是前面的矩阵，则
2. 纵坐标在第一次和第二次之间，则
3. 如果在第二次之后，就没有任何贡献，舍去
记得还要更新记录的坐标
最后， 每个数字还有第一次和第二次之间的要补上，不要忘记mod了
反思： 难，对于正解还是没有完全理解，需要继续琢磨
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x[1250000],y[1250000],yy[1250000],ans;
const int mo=19900907;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int i,j,t;
memset(x,0,sizeof(x));
memset(y,0,sizeof(y));
for (i=1;i<=n*m;i++)
yy[i]=m+1;
for (i=1;i<=n;i++)
{
for (j=1;j<=m;j++)
{
scanf("%d",&t);
if (x[t]==0)
{
x[t]=i;
y[t]=j;
}
else
{
if (j>=y[t])
{
if (j<yy[t])
{
ans+=(i-x[t])*(yy[t]-j);
ans%=mo;
yy[t]=j;
}
}
else
{
ans+=(i-x[t])*(yy[t]-y[t]);
ans%=mo;
x[t]=i;
yy[t]=y[t];
y[t]=j;
}
}
}
}
for (i=1;i<=n*m;i++)
{
if (x[i])
{
ans+=(n+1-x[i])*(yy[i]-y[i]);
ans%=mo;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
T4：排列统计
Description
对于给定的一个长度为n的序列{B[n]}，问有多少个序列{A[n]}对于所有的i满足：A[1]～A[i]这i个数字中有恰好B[i]个数字小等于i。其中{A[n]}为1～n的一个排列，即1～n这n个数字在序列A[I]中恰好出现一次。
数据保证了至少有一个排列满足B序列。
Input
输入的第1行为一个正整数N，表示了序列的长度。
第2行包含N个非负整数，描述了序列{B[i]}。
Output
输出仅包括一个非负整数，即满足的{A[i]}序列个数。
Sample Input
3
0 1 3
Sample Output
3
Data Constraint
【样例说明】
对于A序列为1～3的全排列分别对应的B序列如下（冒号左边为A序列，冒号右边为对应B的序列）
1 2 3：1 2 3
1 3 2：1 1 3
2 1 3：0 2 3
2 3 1：0 1 3
3 1 2：0 1 3
3 2 1：0 1 3
所以有3个满足的A序列。
【数据说明】
对于20%的数据，有N≤8；
对于30%的数据，有N≤11且答案不大于20000；
对于50%的数据，有N≤100；
对于100%的数据，有N≤2000。
反思&题解
比赛思路： 继续暴力
正解思路： 递推，下面献上一位巨佬的官方题解！！！（高精度码得我腰疼）
反思： 一样还是理解得不是很透彻，继续钻研，加油！！！
CODE
//c++字符串模拟太恶心，所以用了pascal
//听说其他大佬用500bytes就打完了，为啥我用了2000多bytes！！！
var
n,i:longint;
b,a1,a2,sum:array[0..2005]of longint;
f:array[0..2005]of ansistring;
procedure check1(k:longint);
var
i,j,t,x:longint;
s1:string;
begin
fillchar(a1,sizeof(a1),0);
fillchar(a2,sizeof(a2),0);
t:=k-b[k-1]+k-1-b[k-1];
str(t,s1);
a1:=sum;
a2[0]:=length(s1);
fillchar(sum,sizeof(sum),0);
for i:=1 to a2[0] do
a2[a2[0]-i+1]:=ord(s1[i])-48;
for i:=1 to a1[0] do
begin
x:=0;
for j:=1 to a2[0] do
begin
sum[i+j-1]:=a1[i]*a2[j]+x+sum[i+j-1];
x:=sum[i+j-1] div 10;
sum[i+j-1]:=sum[i+j-1] mod 10;
end;
sum[i+j]:=x;
end;
sum[0]:=i+j;
while (sum[0]>1)and(sum[sum[0]]=0) do dec(sum[0]);
for i:=sum[0] downto 1 do
f[k]:=f[k]+chr(sum[i]+48);
end;
procedure check2(k:longint);
var
i,j,t,x:longint;
s1:string;
begin
fillchar(a1,sizeof(a1),0);
t:=sqr(k-b[k-1]-1);
str(t,s1);
a1[0]:=length(s1);
for i:=1 to a1[0] do
a1[a1[0]-i+1]:=ord(s1[i])-48;
a2:=sum;
fillchar(sum,sizeof(sum),0);
for i:=1 to a1[0] do
begin
x:=0;
for j:=1 to a2[0] do
begin
sum[i+j-1]:=a1[i]*a2[j]+x+sum[i+j-1];
x:=sum[i+j-1] div 10;
sum[i+j-1]:=sum[i+j-1] mod 10;
end;
sum[i+j]:=x;
end;
sum[0]:=i+j;
while (sum[0]>1)and(sum[sum[0]]=0) do dec(sum[0]);
for i:=sum[0] downto 1 do
f[k]:=f[k]+chr(sum[i]+48);
end;
begin
readln(n);
for i:=1 to n do
read(b[i]);
f[0]:='1';
sum[0]:=1;
sum[1]:=1;
for i:=1 to n do
begin
if b[i]=b[i-1] then f[i]:=f[i-1]
else if b[i]=b[i-1]+1 then check1(i)
else if b[i]=b[i-1]+2 then check2(i);
end;
writeln(f[n]);
end.