T1：
题目大意：
现在有n个宽度为1的矩形.
我们考虑将其中一些宽度为1的矩形取出，按照原顺序再次紧密地靠在一起.
现在，你的任务就是从原图中取出若干个宽度为1的矩形并使用上面的方式组成新的图形，使得新的图形中，内部的最大矩形面积最大.
输出最大面积.
很水的题，大家都A了，可是Rank1好像这题挂了，只有60分.
我的思路就是因为可以删掉任意的矩形.
所以我们可以判断一下高于或等于某个矩形高度的矩形有多少个，然后乘上这个矩形高度，与最大值取最大当结果.
那么我们只需要把矩形按高度排一下序，暴力枚举就行了.
时间复杂度O(Tnlog(n))，算法复杂度瓶颈在于排序.
考场AC代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define ACF inline void
const int N=100000;
LL h[N+1],ma;
int n;
ACF into(){
ma=0;
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&h[i]);
}
ACF work(){
sort(h+1,h+n+1);
for (int i=1;i<=n;i++)
ma=max(ma,LL(n-i+1)*h[i]);
}
ACF outo(){
printf("%lld\n",ma);
}
int main(){
//freopen("rectangle.in","r",stdin);
//freopen("rectangle.out","w",stdout);
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--){
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
T2：
题目大意：
有n个人坐成一排，这n个人都在某一个小组中，同一个小组的所有人所坐的位置一定是连续的.
有一个记者在现场进行采访，他每次采访都会询问一个人其所在的小组有多少人，被询问的每个人都给出了正确的答案,但是由于时间仓促，记者不一定询问了每个人，我们记录一个长度为n的答案序列，序列的第i个数表示第i个人的回答，如果为0则表示记者没有询问过这个人.
记者发现，对于一些情况，他可以唯一确定这排所有人的分组，而对于另外一些情况则不能，于是记者开始好奇，对于某一个答案序列，他能不能做到这一点，如果能的话输出1，否则输出0.
这道题好像比较难，结果就是一个计数DP.
用f[i]表示1~i的方案总数，之后用j表示枚举i所在的组的人数，然后用f[i]=f[i-j]的和.
我们让j从i枚举到1，记录一个x，表示最后一个遇到的有数值（数值不是0）的a[j]的数值.
先实时更新x.
更新的过程中，若x不为0且与当前a[j]不相等，说明已经不是一组的了，直接弹出.
若x为0，说明这里都不确定直接加上f[j-1].
若x不为0，我们就要判断这个x与当前i-j+1是否相等，相等则更新.
其次，当f[i]>2时其实没有什么意义，直接f[i]=2就可以了.
也就是说当已经求得f[i]>=2时，直接f[i]=2后弹出就行了.
AC代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ACF inline void
const int N=1000;
int n,T,a[N+1],f[N+1];
ACF start(){
for (int i=0;i<=n;i++)
f[i]=0;
}
ACF into(){
scanf("%d",&n);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
}
ACF work(){
f[0]=1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=i,x=0;j>=1;j--){
if (a[j]){
if (x&&a[j]&&x!=a[j]) break;
if (a[j]) x=a[j];
}
if (x==0||i-j+1==x){
f[i]+=f[j-1];
if (f[i]>=2) {
f[i]=2;
break;
}
}
}
}
ACF outo(){
if (f[n]==1) printf("1\n");
else printf("0\n");
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while (T--){
start();
into();
work();
outo();
}
return 0;
}
T3：
题目大意：
给定一个华容道局面，求出曹操是否可以达到最下面的中间两个，若可以，输出最小步数.
华容道就是某著名游戏，不知道的可以点这里.
这道题就是一道很准的bfs，用一个hash就可以稳稳的AC啦.
不过这里把思路理清一下，首先我们用一个矩阵来存状态，跟输入矩阵不同的是，3~7直接用3或4来存，3表示这个大将是横向的，4表示这个大将是纵向的.
然后我们hash的时候就用一个5进制数来表示，记得用long long，然后用一个set来存.
由于2、3、4的情况会使从同一个状态发展出相同的情况，所以我们可以绘制一张表：
const int tx[5][4]={{},{0,0,0,0},{1,1,0,0},{1,1,0,0},{0,0,0,0}};
const int ty[5][4]={{},{0,0,0,0},{1,0,1,0},{0,0,0,0},{1,0,1,0}};
这张表的作用就是判重.
然后随便搞个方位数组就可以了：
const int x_[4]={0,1,0,-1},y_[4]={1,0,-1,0}
那么主要代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define ACF inline void
const int N=7,M=6;
const int x_d[4]={0,1,0,-1},y_d[4]={1,0,-1,0};
const int tx[5][4]={{},{0,0,0,0},{1,1,0,0},{1,1,0,0},{0,0,0,0}};
const int ty[5][4]={{},{0,0,0,0},{1,0,1,0},{0,0,0,0},{1,0,1,0}};
struct node{
int a[N][M];
}s;
int n=5,m=4,T,tr[8];
LL hash(node s){
LL sum=0LL;
for (int i=n;i>=1;i--)
for (int j=m;j>=1;j--)
sum=sum*5+tr[s.a[i][j]];
return sum;
}
ACF into(){
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
scanf("%d",&s.a[i][j]);
}
ACF work(){
for(int i=0;i<=n+1;++i)
s.a[i][0]=s.a[i][m+1]=-1;
for(int j=0;j<=m+1;++j)
s.a[0][j]=s.a[n+1][j]=-1;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++)
if (s.a[i][j]>=3){
if (s.a[i][j]==s.a[i+1][j]||s.a[i][j]==s.a[i-1][j]) tr[s.a[i][j]]=3;
if (s.a[i][j]==s.a[i][j+1]||s.a[i][j]==s.a[i][j-1]) tr[s.a[i][j]]=4;
}else tr[s.a[i][j]]=s.a[i][j];
}
int bfs(){
queue < node > q;
queue < int > qs;
set < LL > ss;
q.push(s);qs.push(0);
ss.insert(hash(s));
if (s.a[n-1][2]==2&&s.a[n-1][3]==2&&s.a[n][2]==2&&s.a[n][3]==2) return 0;
while (!q.empty()){
node s=q.front();
q.pop();
int nows=qs.front();
qs.pop();
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=1;j<=m;j++){
int hh=tr[s.a[i][j]],hg=s.a[i][j];
if (!hh) continue;
bool flag=1;
for(int b=0;b<4;++b)
flag=(flag&&s.a[i+tx[hh][b]][j+ty[hh][b]]==s.a[i][j]);
if (!flag) continue;
for (int e=0;e<4;e++)
s.a[i+tx[hh][e]][j+ty[hh][e]]=0;
for (int e=0;e<4;e++){
int x=i+x_d[e],y=j+y_d[e];
bool ok=true;
for(int b=0;b<4;++b)
ok=(ok&&s.a[x+tx[hh][b]][y+ty[hh][b]]==0);
if(!ok) continue;
for (int g=0;g<4;g++)
s.a[x+tx[hh][g]][y+ty[hh][g]]=hg;
LL h=hash(s);
if (!ss.count(h)){
q.push(s);
qs.push(nows+1);
ss.insert(h);
if (s.a[n-1][2]==2&&s.a[n-1][3]==2&&s.a[n][2]==2&&s.a[n][3]==2) return nows+1;
}
for (int g=0;g<4;g++)
s.a[x+tx[hh][g]][y+ty[hh][g]]=0;
}
for (int e=0;e<4;e++)
s.a[i+tx[hh][e]][j+ty[hh][e]]=hg;
}
}
return -1;
}
ACF outo(){
printf("%d\n",bfs());
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while (T--){
into();
work();
outo();
}
}
把y=j+y_d[e]打成y=j+x_d[e]...手残...
万恶的老刘尽然让我写如此丧心病狂之码农题...
害的我的线段树都没写...