一篇来自ACM入门者的补题记录
day2真是让人自闭的一天…
A.Erase Numbers II
题意：给定一个长度为n的正整数序列，它们将按照输入顺序来连接，任务是删除其中（n-2）个数字，使得剩下的数字连接起来最大。
思路：删除（n-2）个数字，其实就是留下两个最大的数字，我们先找到一个最大的数字这是一定要留下来的，由于是按照有序连接，我们就在最大的数字前找一个次大的数字，在最大的数字后面找一个次大的数字，连接得到两个数字，两者比较得到答案。南点是在于大数字的比较方法吧，现场时我沉迷于字符串的比较没有A出来，场外看到题解是开usinged long long存连接的两个整数就能过，总之还是一个简单的模拟题吧（捂脸…）。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 6005;
int A[maxn];
unsigned long long sum(unsigned long long a,int b){
int d = b;
while(d > 0){
d/=10;
a*=10;
}
return a+b;
}
int main()
{
int T,tcase = 1;
scanf("%d",&T);
while(T--){
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i = 0;i<n;i++)
scanf("%d",&A[i]);
int mmax = 0;
for(int i = 0;i<n;i++)
if(A[i]>A[mmax])
mmax = i;
unsigned long long ans = 0;
for(int i = 0;i<mmax;i++)
ans = max(ans,sum(A[i],A[mmax]));
for(int i = mmax+1;i<n;i++)
ans = max(ans,sum(A[mmax],A[i]));
printf("Case #%d: %llu\n",tcase++,ans);
}
return 0;
}
B.Erase Numbers I
题意：与A题一样，只不过删除的数字变为2个。
思路：其实还是一个模拟题。我们需要寻找两个数字去删除，这两个数字必定是序列中长度最短的两个数字，其次，令它和身后的数字比较字典序的大小，如果这个最短数字的字典序小，说明它就是需要删除的数字，否则就是不可删除的数字（这一步直接用字符串默认的比较就可以）。如果所有最短数字都是不可删除的数字，就删除排在最后面的一个最短数字。
由于删除第一个数字以后，序列中的最短长度有可能发生变化，我们一定要更新一下再以同样的方法删除第二个数字，这样操作也就不用考虑每次找到的最短数字的数量有多少个了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
for(int tot = 1;tot<=T;tot++){
int n;
scanf("%d",&n);
string G[n+1];
for(int i = 0;i<n;i++)
cin>>G[i];
printf("Case #%d: ",tot);
int mmin = 0x3f3f3f3f;
for(int i = 0;i<n;i++){
int a = G[i].length();
mmin = min(a,mmin);
}
int pos1,pos2;
for(int i = 0;i<n;i++){
if(G[i].length() == mmin){
pos1 = i;
break;
}
}
while(1){
if(pos1 == n-1 || G[pos1] < G[pos1+1])
break;
else{
int i;
for(i = pos1+1;i<n;i++){
if(G[i].length() == mmin){
pos1 = i;
break;
}
}
if(i == n)
break;
}
}
mmin = 0x3f3f3f3f;
for(int i = 0;i<n;i++){
if(i == pos1)
continue;
int a = G[i].length();
mmin = min(a,mmin);
}
for(int i = 0;i<n;i++){
if(i == pos1)
continue;
if(G[i].length() == mmin){
pos2 = i;
break;
}
}
while(1){
if((pos2+1 == pos1 && (pos1 == n-1 || G[pos2] < G[pos2+2])) || pos2+1 != pos1 &&(pos2 == n-1 || G[pos2] < G[pos2+1]))
break;
else{
int i;
for(i = pos2+1;i<n;i++){
if(i == pos1)
continue;
if(G[i].length() == mmin){
pos2 = i;
break;
}
}
if(i == n)
break;
}
}
for(int i = 0;i<n;i++)
if(i != pos1 && i != pos2)
cout<<G[i];
printf("\n");
}
return 0;
}
H.Cosmic Cleaner
题意：三维空间中有一个中心位于（x’,y’,z’）半径为r’的大球，同时存在n个小球，问所有小球与大球相交的体积之和为多少？
思路：球缺模板题，我手上空有两球相交求交点的板子，不会推球缺（捂脸…），队友现场推出来了。代码就不贴了，学习学习球缺的推导：https://blog.csdn.net/Enterprise_/article/details/81624174
K.Sticks
题意：给定12根木棒的长度，问这些木棒最多能拼成多少个三角形，输出最大数量和具体方案。
思路：枚举所有情况，总情况应该是C(3,12)*C(3,9)*C(3,6)，去重：C(3,12)*C(3,9)*C(3,6)/A(4,4)，然后遍历判断，预处理总情况，时间复杂度应该够的。
但我不会啊（捂脸…），这题卡了挺久，不知道怎么去重，网上的题解还没看懂，自己的枚举总是TLE，哎…
暂未解决。