Forked!（Problem - A - Codeforces）

题目大意：在棋盘中，我们指定骑士的运动方式——向一个方向运动a，然后向另一个方向运动b，两个方向必须是垂直关系。骑士此时能从一个点，进行两次这样的运动（两次运动都以同一个点为起点），且两次运动视为同时进行的，现在给出国王和王后的坐标，问骑士能否同时杀死国王和王后，另外棋盘无限大。

思路：我们这么想，骑士可以到的位置，那么那个位置同样可以以同样的方式到达骑士的位置，那么我们将国王和王后可以到的位置分别用set统计出来，再将两个set合并，最后的结果就是两个单set的size()-合并set的size().

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dx[]={1,1,-1,-1};
int dy[]={1,-1,1,-1};
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);int x1,y1,x2,y2;scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);set<pair<int,int>>pa,pb,s;for(int i=0;i<4;i++){pa.insert({x1+dx[i]*a,y1+dy[i]*b});pb.insert({x2+dx[i]*a,y2+dy[i]*b});}for(int i=0;i<4;i++){pa.insert({x1+dx[i]*b,y1+dy[i]*a});pb.insert({x2+dx[i]*b,y2+dy[i]*a});}for(auto i:pa) s.insert(i);for(auto i:pb) s.insert(i);int ans=pa.size()+pb.size()-s.size();printf("%d\n",ans);}
}

Collecting Game(Problem - B - Codeforces)

题目大意：现有一个数组a[],我们从中选一个数作为初始分数，并将这个数拿出来，然后我们去这个数组中进行操作，如果某个数小于等于当前分数，那么我们将当前分数加上这个数得到新的分数，并将这个数移出数组，我们最后需要输出，以每个数为初始位置的时候，能得到的最终分数。

思路：我们考虑，一个数被选后，小于等于它的数肯定也能被选，大于它的数就要看看它和小于它的数的和是否大于它，所以实际上就是排序算前缀和，我们定义s[i]为位置i处的前缀和。那么能选多少个数该怎么确定呢。我们知道对于数组中最大的数，它能选的数就是n-1,那么对于第二大的数，如果s[i]>=a[i+1]（假设第i个是第二大的数，i+1是最大的数）,那么a[i+1]能选的数，它也一定可以选了，如果s[i]<a[i+1]，那么它就只能选它前面的即i-1个（我们的a[]是排好序的）。至此就是一个简单的动态规划了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[100010],b[100010],s[100010];
signed main()
{int t;scanf("%lld",&t);while(t--){int n;scanf("%lld",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];sort(a+1,a+1+n);s[1]=a[1];map<int,int>mp;for(int i=2;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i];mp[a[n]]=n-1;for(int i=n-1;i>=1;i--){if(s[i]>=a[i+1]) mp[a[i]]=mp[a[i+1]];else mp[a[i]]=i-1;}for(int i=1;i<=n;i++) printf("%lld ",mp[b[i]]);printf("\n");}
}

Array Game（Problem - C - Codeforces）

 题目大意：现有一个大小为n的数组a[],我们每次操作可以任意挑两个数，将它们差的绝对值加进数组，问k次操作后，a[]中的最小值是什么。

思路：我们可以发现，结果很明显与k有关系，如果k=1，那么实际上，我们只能执行一次操作，结果的一定是原数组中的最小值或者某两个数的差；如果k=2,我们只能执行两次，首先执行一次可以得到一个新数，然后一次操作，我们可以选择一个原数和这个新数进行计算，不然意义不大，所以最小值有三个来源，原数组中的数，新产生的这个数，新产生的这个数和原数组中某个数的差值；k=3，这是我最生气的一点，真没想到这种情况没有分析清楚，这个实际上是最简单的一种情况，我们对于两个数a,b,第一次操作得到c=b-a,第二次操作d=b-c=b-b+a=a,第三次操作d-a=0，所以这种情况是恒为0的。真离谱，这么简单的情况竟然没分析清楚。所以还是要考虑到这道题的k到1e9了，所以就要想一想，是否k大于等于某个值后，情况都一样，因为这里很明显不能暴力求解，那么就可以从这个角度找找规律。然后就没什么说的了，就是涉及到操作数的，而且操作数很大的就要考虑下这里的操作实际有效的是哪些（或者是哪些组合）（上次的这个题就是，实际有效的操作仅仅5个）或者考虑一下当操作数为多少之后，后面的情况都和它一样。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[2010];
signed main()
{int t;scanf("%lld",&t);while(t--){int n,k;scanf("%lld%lld",&n,&k);int mi=2e18;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]),mi=min(mi,a[i]);if(k>=3) printf("0\n");else{sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i+1;j<=n;j++){int tmp=a[j]-a[i];mi=min(mi,tmp);if(k==2){int p=lower_bound(a+1,a+1+n,tmp)-a;mi=min(mi,tmp-a[p-1]);mi=min(mi,a[p]-tmp);}}}printf("%lld\n",mi);}}
}

Set To Max (Easy Version)（Problem - D1 - Codeforces）

题目大意：我们给定两个长度均为n的数组a[]和b[],我们可以进行的操作是，从a[]中选一段区间[l,r]，将这段区间内的a[i]全部改成这段区间的最大值，问最后能否使a[]变成b[].

思路：我们来考虑，对于某处的a[i]，我们需要将它修改成b[i],那么一定要在它的前面或者后面找一个a[j]，使得a[j]==b[i],所以我们就分两种情况来讨论，一种是在前面找，一种是在后面找（等价于将数组倒序，再从前往后找一遍），那么我们现在就来看从前面找如何实现。

首先，ak...aj...ai...,如果此时ak==aj==bi，那么区间ak和aj都是可以的，但是我们选aj的话可以减少对[k,j]这一段的影响，因为这段的影响本来就是可以避免的。然后我们再来看，如果aj可以去修改ai需要满足什么条件，首先aj需要是区间[j,i]中的最大值，其次我们一旦修改那么[j,i]的范围内的所有a就都变成aj了，后面只能变大，不能再变小了，所以这一段中的b必须大于等于aj，否则就不能成立。我们对于每一个i都要去找一个aj,但是如果真的去判断这两个条件是否成立的话，显然是超时的。所以我们要用别的方法来代替。

对于条件1，aj是[j,i]中的最大值，那么我们如果对于每个aj都能知道它往后最远能修改到哪里，然后判断一下i是否在他能修改的位置内，不就可以实现了吗；对于第二个条件，中间那段b必须大于等于aj，那么我们可以从ai往前找，找到小于aj(bi)的位置，然后标记一下，然后我们判断一下j是否在这个位置之前不就可以了，如果不在这个位置之前，那么不就可以修改。所以现在很明显，我们需要预处理两个数组出来，我们看看这两个数组的预处理如何实现。

对于第一个预处理数组，我们需要找到每一个位置j，a[j]后面第一个大于它的数，因为小于等于它的话实际上都可以被它修改。那么该如何找呢，对于每一个位置暴力肯定不可以，upper_bound()也不行，因为数组并非有序的，那么这里的解决思路是从后往前访问，用栈（或是说滑动窗口的思想）来优化。我们可以发现，我们将后面的数入栈，访问到aj的时候，如果栈中有一些小于等于它的数，那么再往前，如果访问到小于aj的数，那么找到的位置是j，如果大于等于aj，那么找到的位置肯定也不会在这些小于等于aj的数中，那么实际上，我们可以将这些数弹出去，因为后面一定不会再用到它们。这样的话，实际上就实现了优化，我们抛弃了冗余的访问。

对于第二个预处理数组，我们需要找到每一个位置i，b[i]前面第一个小于它的数，因为如果我们的j在小于b[i]的数前面的话，那么修改的时候，会将一些a[k]变大，大过b[k]而且无法改回去。所以我们就要找到j往左最远能到哪里，一旦j超过这个最左的范围，就不能用来修改了。那么我们就来看，如何找到前面第一个小于b[i]的数，暴力肯定是不行的，二分也不行，因为数组无序，那么这里也是用栈（滑动窗口的思想来优化的）。我们从前往后访问，将数放入栈中，对于b[i]，如果栈中有一些大于等于它的数，那么再往后，如果访问到的数大于b[i]，那么找到的位置就是i,如果访问到的数小于等于b[i],那么找到的位置肯定也不会在这一片大于等于b[i]的数中，所以这部分是冗余的，我们需要将它们弹出，减少无效访问。

至此两个预处理数组都解决了，现在只用去遍历a[i]并不断更新位置数组（用来记录上个值为b[i]的数出现的位置），然后对于每一个a[i]<b[i]（大于的话肯定不可以）获取上一次b[i]出现的位置j，并判断这个位置j是否满足上面的两个条件如果满足，那么就可以用来修改。然后再将数组转置，按照同样的步骤处理一遍，对于每一个位置，我们用一个数组来标记是否找到，然后遍历，如果正反序都没找到的话，那么直接判否，否则就可以判是。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[2010],b[2010],la[2010],pr[2010],v[2010],pos[2010];
signed main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),v[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);for(int z=0;z<2;z++){stack<pair<int,int>>p;p.push({2000,n+1});for(int i=n;i>=1;i--){while(p.top().first<=a[i]) p.pop();//找后面第一个大于a[i]的位置la[i]=p.top().second;p.push({a[i],i});}while(p.size()) p.pop();p.push({0,0});for(int i=1;i<=n;i++){while(p.top().first>=b[i]) p.pop();//找前面第一个小于b[i]的位置pr[i]=p.top().second;p.push({b[i],i});}memset(pos,0,sizeof pos);for(int i=1;i<=n;i++){pos[a[i]]=i;if(a[i]==b[i]) v[i]=1;if(a[i]<b[i]&&pos[b[i]]){if(pos[b[i]]>pr[i]&&la[pos[b[i]]]>i) v[i]=1;}}reverse(a+1,a+1+n);reverse(b+1,b+1+n);reverse(v+1,v+1+n);}int flag=1;for(int i=1;i<=n;i++){if(!v[i]){flag=0;break;}}if(flag) printf("YES\n");else printf("NO\n");}
}

ps：虽然每次修改的区间，但是如果从区间的角度考虑不通的话，就要考虑从单点的角度来考虑，去考虑这个点如何能被修改，修改方案对于总体情况来说是否合法。然后这里还有一点就是，在无序数组中寻找第一个大于或小于某个位置的值，用栈来实现。

反思：写题的时候还是要清醒一点，真的就离谱，c题竟然没把最简单的那种情况分析清楚，甚至比较麻烦的两个都分析出来了，下次一定要记住，对于这种操作数确定，而且操作数很大的，一定要找有效操作具体有哪些，或者找当操作数大于某个值后是否所有的操作数都一样，或者找有没有可能每操作多少次，实际变化就循环一次，一定要去找规律，这种肯定不是暴力写的。然后对于区间和单点，它们是相互转化的，涉及到区间的，区间分析不通就要考虑下单点，涉及到单点的，单点不好确定，就要考虑单点能落在哪个区间。另外，对于无序数组的相对位置关系的处理，要考虑用栈实现，本质上就是将冗余部分去掉。