就……挺暴力的模擬賽。
題意：求乙個單詞串的最大單詞長度，空格用下劃線代替。
暴力跑一遍，每次掃到下劃線都更新最大值 \(ans\) 並重置 \(cnt\)，注意最後乙個單詞也要在迴圈之後更新最大值。
乙個標準的 \(bfs\)，無腦搜就可以了。
對於傳送門，可以發現，有傳送門一定要傳送，設一組傳送門 \(d_1,d_2\)，不難發現，當 \(d_2\) 周圍有空地可以去時，是能夠回到 \(d_1\) 的，所以標記時，只標記進入傳送門的點，不標記離開傳送門的點。
int n,m;
char mp[305][305];
bool vis[305][305];
struct gategt[30];
struct node
};int sx,sy,ex,ey;
queueq;
int ans=0x3f3f3f3f;
int dx[4]=,dy[4]=;
inline void bfs()
for(int i=0;i<4;i++)
else
}else}}
}if(ans==0x3f3f3f3f)
else
return;
}int main()
for(int i=1;i<=n;i++)
else
}else if(mp[i][j]=='@')
else if(mp[i][j]=='=')}}
bfs();
return 0;
}
然而，實際是錯誤的，還需要去特判是否能傳回來。
其實是有動態規劃的影子的，不過核心演算法是差分。
先考慮乙個問題，最終一致的紙牌個數有影響嗎？有，但不完全有，因為如果我們以任意乙個牌堆初始紙牌個數為基準，其方案數是不會改變的，因為相對增加減少是可以抵消的，例如 \(\) 這一組數，以 \(1\) 為基準和以 \(2\) 為基準是等價的。
那麼以 \(3\) 為基準呢？不難發現還需要在整體上加上 \(1\) 或 \(2\)，因此得出本題的第乙個結論：最終形成的紙牌數量必須是初始數量中的任意乙個。那就讓其都為 \(a_1\) 吧。
接著我們考慮差分陣列 \(b\)，令 \(b_i=a_i-a_\)，特別地 \(b_1=0\)，之後我們讓所有的 \(a_i\) 都等於原數與 \(a_1\) 之差。
不難發現的是，如果出現牌數多於基準的，單調不上公升序列 \([i,j]\)，其需要的運算元就是最多牌堆此時的 \(a_i\)，同理也有如果出現少於基準的，單調不下降序列 \([i,j]\)，其需要的地運算元為最少牌堆此時的 \(a_i\)。
既然如此就可以在 \(o(n)\) 的複雜度內更新答案。方案如下：
這裡大家可以發現，我們實際上每次更新到 \(a_i\) 時，是保證前 \(i\) 個都為基準的方案數。
int n;
int a[maxn],b[maxn];
int ans;
int main()
b[1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
for(int i=2;i<=n;i++)
a[1]=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
}else
}else if(a[i]<0)
}else}}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
考慮如下的乙個陣列 \(a=\\)，差分之後就有 \(b=\\)，我們可以發現，如果修改乙個區間 \([l,r]\)，差分陣列是在 \(l\) 與 \(r+1\) 的數值會改變。例如我們在 \([2,3]\) 位置 \(-1\)，得到的陣列 \(a'=\\)，差分陣列 \(b'=\\)。若將 \(4\) 單點 \(+1\)，同理差分陣列變作 \(b''=\\)。
總結一下上述操作得出的結論：一次修改可以將任意一正一負的差分數值分別 \(-1\)、\(+1\)。也就是說，實際上修改次數實際為正數之和與負數之和的絕對值較大值，我們設 \(cnt1=\sum_^n [b_i>0],cnt2=\sum_^n [b_i<0]\)。這樣我們操作的次數 \(ans1\) 應當為：
\[\operatorname=\max(cnt1,cnt2)
\]
int n;
int a[maxn],b[maxn];
int cnt1,cnt2;
int main()
for(int i=2;i<=n;i++)
else
}printf("%d %d\n",max(cnt1,cnt2),abs(cnt1-cnt2)+1);
return 0;
}
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