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E.不知道叫什么名字

题意：找一段连续的区间，使得区间和为0且区间长度最大，输出区间长度。
思路：考虑前缀和，然后使用map去记录每个前缀和第一次出现的位置，然后对数组进行扫描即可。原理：若$s[i]=x$,则，$map[x]=i$,当后续出现$s[j]=x$时，$s[j]-s[i]=0$,则合法的区间长度为$j-i$。
将此题一般化为，找一段连续的区间，使得区间和为 k 且长度最大，输出区间长度，我们同样使用这个方法，去记录前缀和，然后对数组进行扫码即可，对于前缀和$s[j]$而言，因为$s[j]-(s[j]-k)=k$,所以需要定位到$s[j]-k$第一次出现的位置即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"void solve()
{int n;cin>>n;vector<int> a(n+5),s(n+5);for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++){s[i]=s[i-1]+((a[i]==1)?1:-1);}map<int,int> mp;mp[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(!mp.count(s[i])) mp[s[i]]=i;}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){int x=s[i];ans=max(ans,i-mp[x]);}cout<<ans<<endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;
// 	cin>>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

G.闪闪发光心动不已！

题意：找到包含kira…doki的最长子序列。
思路：运用前后缀的思想，对字符串正向扫描一遍，然后逆向扫描一遍，对于位置i而言，其最大长度为其前面的kira子序列+其后面doki的子序列。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> ar;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
#define endl "\n"void solve()
{int n;cin>>n;string s;cin>>s;s=" "+s;vector<int> pre(n+5),suf(n+5);int tot=0;for(int i=1;i<=n;i++){pre[i]=pre[i-1];if(tot==0&&s[i]=='k') tot++;else if(tot==1&&s[i]=='i') tot++;else if(tot==2&&s[i]=='r') tot++;else if(tot==3&&s[i]=='a') tot++;if(tot==4) pre[i]+=4,tot=0;}
//     for(int i=1;i<=n;i++) cout<<pre[i]<<" ";tot=0;for(int i=n;i>=1;i--){suf[i]=suf[i+1];if(tot==0&&s[i]=='i') tot++;else if(tot==1&&s[i]=='k') tot++;else if(tot==2&&s[i]=='o') tot++;else if(tot==3&&s[i]=='d') tot++;if(tot==4) suf[i]+=4,tot=0;}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(pre[i]&&suf[i+1]) ans=max(ans,pre[i]+suf[i+1]);}cout<<ans<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;
// 	cin>>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

I.uu爱玩飞行棋

题意：距离终点m米，然后给定n个操作，每次可以走x步，若不能直接到达终点则需返回多余的步数，问走到终点的最小操作。
思路：考虑背包，设计状态$dp[i][j]$，表示对于前$i$个操作，还剩$j$步的最小操作数量。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"int dp[2010][2010];void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;vector<int> a(m+5);for(int i=1;i<=m;i++){cin>>a[i];}memset(dp,0x3f,sizeof dp);dp[0][n]=0;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=0;j<=n+5;j++){dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j+a[i]]+1);//当前状态由j+a[i]转移而来if(j<a[i])dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][a[i]-j]+1);//表示反弹的状态}}if(dp[m][0]>1e9/2) cout<<-1<<endl;else cout<<dp[m][0]<<endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;
// 	cin>>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}

J.火柴人小游戏

思路：很容易想到二分，需要思考如何进行check，我们同样容易发现，我们可以贪心去选择战斗力较小的且能到达的点，所以我们无论我们初始的战斗力如何，我们的战斗顺序都是固定的，显然，普通的队列并不能满足我们的贪心需求，我们使用优先队列去生成我们的路径即可，然后每次就可以在线性时间复杂度内check完成。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> ar;
int mod = 1e9+7;
// const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"int n,m,x,y;
ll a[1005][1005];vector<ll> p;
int dx[]={0,0,-1,1};
int dy[]={-1,1,0,0};
int st[1005][1005];
void bfs()
{priority_queue<ar,vector<ar>,greater<ar> > q;int eg=a[x][y];q.push({eg,x,y});st[x][y]=1;//p.push_back(a[x][y]);while(!q.empty()){auto [z,nx,ny]=q.top();//cout<<z<<" "<<nx<<" "<<ny<<endl;p.push_back(z);q.pop();for(int i=0;i<4;i++){int zx=dx[i]+nx,zy=dy[i]+ny;if(zx<1||zx>n||zy<1||zy>m) continue;if(st[zx][zy]) continue;//p.push_back(z);st[zx][zy]=1;q.push({a[zx][zy],zx,zy});}}
}bool check(ll x)
{ll now=x;
//     if(x<p[0]) return false;for(int i=1;i<p.size();i++){if(p[i]>now) return false;now+=p[i];}return true;
}void solve()
{cin>>n>>m>>x>>y;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>a[i][j];}}bfs();ll l=a[x][y],r=1e18,ans=-1;while(l<=r){ll mid=(l+r)/2;if(check(mid)){r=mid-1;ans=mid;}else{l=mid+1;}}
//     for(auto x: p) cout<<x<<" ";if(ans==a[x][y]) cout<<"No cheating need."<<endl;else cout<<ans<<endl;}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t=1;
// 	cin>>t;while(t--){solve();}system("pause");return 0;
}