题目链接
感受：这次一共做出四道题。感觉自己的思维还是不那么灵活，在A题卡了半小时（丢人）。前二十分钟看的A题感觉有思路又感觉没思路，索性直接看B，两分钟AC了，然后又看了两分钟A，还是写不出，又看了C，做了十分钟AC 了，这时候看了眼D，觉得应该出的不会快，然后决定静心看A，好好分析了几分钟AC了。这时候还一个小时，先是看了一眼E题，一个图论题，一开始的想法是并查集判环，但写到一半发现我处理不了一些细节，然后就放弃了去看D。D题给我的感觉是像一个贪心，分析了一下发现当前决策会影响下面的决策，所以贪心否定了。那么只剩下暴力和dp了，但dp的话免不了遍历所有情况，与其dp不如直接暴力，然后写了个搜索，看到数据量有点大，怕超时。分析了十分钟，发现一直递归下去到停止条件的话，2e5的数据量顶多递归二十多层，这种复杂度是可以接受的， O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)的复杂度交上去AC了。。当即就感觉D题好水。。。然后直接睡觉了。。
总结：有些图论题可能是没有系统训练的缘故把，好多细节我处理不了，然后对时间复杂度的分析也很重要，如果不分析的话那个D题我肯定不会交的。稍微分析一下发现是可行的。
A题
题目大意：给你三个数x，y，z。让你求三个数a，b，c。条件是x=max(a,b),y=max(a,c),z=max(b,c).存在这三个数就输出yes并输出这些书，否则no
思路：小小分析一波，因为输出顺序是任意的，所以我们只需要按自己的意愿去构造就行了，把xyz从大到小排序。首先x是ab最大值，y是ac最大值，都含有a，我们假设a最大，所以x一定等于y。b和c一定小于a，所以把z赋给b，那么c就任意取一个最小值就行了，取1就ok了。
一开始卡在这个题也是自己分析不到位把。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+10;
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int x,y,z;
cin>>x>>y>>z;
if((x>y&&x>z)||(y>x&&y>z)||(z>x&&z>y))
{
cout<<"NO"<<endl;
continue;
}
if(x<y) swap(x,y);
if(x<z) swap(x,z);
if(y<z) swap(y,z);
int a,b,c;
a=x;b=z;c=1;
cout<<"YES"<<endl;
cout<<a<<" "<<b<<" "<<c<<endl;
}
return 0;
}
B题
题目大意：给你两个已经相互插入的数字序列，让你求出最原始的那个数字序列。
思路：这个很简单，因为这些数字序列顺序的固定的，所以我们从左往右扫过去，对于没出现过的数字我们就把他扔到答案里，然后标记这个数字出现过。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+10;
int a[N],ans[N];
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
map<int,int>f;
int n,cnt=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=2*n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
if(!f[a[i]])
{
f[a[i]]=1;
ans[++cnt]=a[i];
}
if(cnt==n) break;
}
for(int i=1;i<=cnt;i++) cout<<ans[i]<<" ";
cout<<endl;
}
return 0;
}
C题
题目大意：给你一个序列，问最少去掉多少个前缀元素能得到一个“好序列”。“好序列”是这样定义的：每次能从一个序列的左右两边取数，若能取出一个非递减序列则是“好序列”。
思路：先分析什么样的序列能够叫做好序列，首先假设这个序列是b1,b2,…bm…bn。那么bm一定是最大的元素，然后从左到右是非减序列，从bm到bn是非增序列。为什么呢，假设b2<b1.那么你无论怎么取数b2一定在b1的后面形成递减的趋势，这是不被允许的。所以我们思路也很明确了，因为是去掉前缀，所以我们就找最长“好序列”，从后往前找，找到第一个不满足从后往前递增条件的元素，然后从这个元素往前找找到开始升的那个元素就停止最后答案就是n减去最长“好序列”长度。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
int right=n;
while(a[right-1]>=a[right]&&right>=1) right--;
//cout<<right<<endl;
while(a[right-1]<=a[right]&&right>=1) right--;
int ans=right-1;//这个式子是最后化简出来的一个最简的式子。
if(ans==-1) ans=0;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D题
题目大意：好难描述啊。首先给你一个字符串，让你用最少的操作将他变成“a-好字符串”。那么什么是“a-好字符串”呢。就是前半部分全是a，后半部分是“（a+1）-好字符串”，然后依次递推下去。具体还是看题目里的解释吧。
思路：一眼看上去肯定觉得是个贪心，每次将拥有当前需要字符最多的那边变成指定字符，但是这样是不行的，不满足无后效性。所以考虑dp和暴力，但我们都知道dp也可以算是一种较为优雅的暴力，与其dp不如直接深搜呢。所以我们可以枚举所有情况，最后取最小值就行了。具体的还是代码写的清楚。
这个题教会我们的应该不是思路，而是对复杂度的分析，不分析乍一看很像超时代码，实则不然。2e5的数据量每次递归一半，最多递归二十多层nlogn的复杂度完全可以。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+10;
char s[N];
int solve(int l,int r,char m)
{
if(l==r)
{
if(s[l]==m) return 0;
else return 1;
}
int mid=(l+r)>>1,left=0,right=0,len=r-l+1;
for(int i=l;i<=mid;i++) if(s[i]==m) left++;
for(int i=mid+1;i<=r;i++) if(s[i]==m) right++;
int ans=min(len/2-left+solve(mid+1,r,m+1),len/2-right+solve(l,mid,m+1));
return ans;
}
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int n;
char m='a';
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];
int ans=solve(1,n,m);
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
E题
题目大意：给你一个n个顶点m条边的图，其中一些边没有反向，其余边有方向，让你对每一条边赋一个方向，要求最终图不能形成自环。（没有重边）
题解