3.gcd 模擬

map<pair<int,int>,int>m;
void solve(){int n;cin>>n;forr(i,1,n){int ux,uy,vx,vy;cin>>ux>>uy>>vx>>vy;int dx=vx-ux,dy=vy-uy;if(dx!=0&&dy!=0){int g=abs(__gcd(dx,dy));dx/=g,dy/=g;//dxdy中除去公共部分(gcd) 就是相鄰整數點的橫縱距離int nx=ux,ny=uy;while (nx!=vx&&ny!=vy){m[{nx,ny}]++;nx+=dx,ny+=dy;}m[{vx,vy}]++;}else if(dx==0){//處理g=0的情況forr(i,min(uy,vy),max(uy,vy)){m[{ux,i}]++;}}else if(dy==0){forr(i,min(ux,vx),max(ux,vx)){m[{i,uy}]++;}}}int ans=0;for(auto i:m){if(i.second>1){ans++;}}cout<<ans<<endl;
}

4. 二分查找

簡單的二分查找板子，但是需要注意check函數的細節

void solve(){int n,m;cin>>n>>m;vector<int>a(n+1);int mnd=1e8+10;forr(i,1,n){cin>>a[i];mnd=min(a[i],mnd);}auto check=[&](int x)->bool{int pre=0,cnt=0,fg=0;forr(i,1,n){int dis=a[i]-pre;if(dis>x){//注意中間添加檢查點的個數if(dis%x==0)cnt+=dis/x-1;else cnt+=dis/x;}pre=a[i];}return cnt<=m+1;//爆發技能就相當于多加一個檢查點};int l=1,r=1e8+10;while (l<r){int mid=(l+r)>>1;if(check(mid))r=mid;else l=mid+1;}cout<<r<<endl;
}

5.貪心

貪心，每次往前放最小的 新添加的要放在原字符串中更大的字母的前面

void solve(){int n,m;cin>>n>>m;string s,c;cin>>s>>c;sort(c.begin(),c.end());int i,j;string ans;for(i=0,j=0;i<n&&j<m;){if(s[i]<=c[j])ans+=s[i++];else ans+=c[j++];}while (i<n)ans+=s[i++];while (j<m)ans+=c[j++];cout<<ans<<endl;
}

6. dp

數據量不大 1e6 三維dp [數組元素][已經用了多少反轉區間][本元素是否反轉]
逆轉貢獻時間復雜度不大 $1e9\approx 2^{30}$

const int N=1e3+10;
int twos[35];
int rev(int x){int ans=0,pre=x;stack<bool>b;while (x){b.push(x&1);x>>=1;}int i=0;while (!b.empty()){ans+=b.top()*twos[i++];b.pop();}// cout<<ans<<' ';// cout<<ans-pre<<endl;return ans-pre;
}
int dp[N][N][2];
void solve(){twos[0]=1;forr(i,1,31)twos[i]=twos[i-1]*2;int n,m;cin>>n>>m;vector<int>a(n+1),b(n+1);int sum=0;forr(i,1,n){cin>>a[i];sum+=a[i];b[i]=rev(a[i]);//逆轉后的貢獻}forr(i,1,n){forr(j,1,m){dp[i][j][0]=max(dp[i-1][j][0],dp[i-1][j][1]);//不用反轉dp[i][j][1]=max(dp[i-1][j][1],dp[i-1][j-1][0])+b[i];//反轉  //如果上一個沒轉，本次新開反轉區間 //如果上一個反轉了，延續上個區間}}// cout<<sum<<endl;cout<<max(dp[n][m][0],dp[n][m][1])+sum<<endl;
}

7.貪心 滑動窗口

注意平面是第一象限[0,1e8]的正方形

貪心（縱）：最優情況是以每個圓的下邊界為底往上+h
滑動窗口（橫）：排序 滑動窗口找長度為w的區間 能包含的圓最多

struct cir{int x,y,r;
};
//貪心思想（縱）+滑動窗口（橫）
void solve(){int n,w,h;cin>>n>>w>>h;vector<cir>a(n+1);vector<int>yl;forr(i,1,n){cin>>a[i].x>>a[i].y>>a[i].r;yl.push_back(a[i].y-a[i].r);//貪心 最優情況是以每個圓的下邊界為底}sort(a.begin()+1,a.end(),[](cir cx,cir cy){return cx.x+cx.r<cy.x+cy.r;});//從小到大 右端排序int ans=0;//在縱向區間內，枚舉橫邊，計數auto cnt=[&](int w,int h,int cury)->void{priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>q;//小根堆 頂上是最左邊的邊forr(i,1,n){if(a[i].y-a[i].r>=cury&&a[i].y+a[i].r<=cury+h){//如果在縱坐標h的區間內q.push(a[i].x-a[i].r);while (!q.empty()&&a[i].x+a[i].r-q.top()>w)q.pop();//滑動窗口 優先隊列維護橫坐標ans=max(ans,(int)q.size());}}};forr(i,1,n){cnt(w,h,yl[i]);cnt(h,w,yl[i]);}cout<<ans<<endl;
}

8.遞推

借鑒(抄襲)了dalao的思路

• 每個位置都有兩種跳法 $2i$和$i+c_i$
• 就像二叉樹的結構，從葉子往根遞推，記錄哪個位置當根set.size()最大
• 問的是“可能經過的”，所以$2i$和$i+c_i$能跳則權值放入set
• 數據很水，用set也能過，感覺是$n^2$的復雜度；dalao的題解中用bitset取或運算代替set.insert記錄權值，很快

const int N=4e4+5,M=130;
set<int>s[N];void solve(){int n;cin>>n;vector<int>a(n+1);forr(i,1,n)cin>>a[i];int ans=0;reforr(i,1,n){s[i].insert(a[i]);if(a[i]+i<=n){for(auto j:s[i+a[i]])s[i].insert(j);}if(2*i<=n){for(auto j:s[i*2])s[i].insert(j);}ans=max(ans,(int)s[i].size());}cout<<ans<<endl;
}