比昨天米哈游简单得多，一共四道题
虽然字节不给用本地IDE吧，但是其实牛客的IDE也还行（？）
前两题DP，第三题二分，最后一题组合数学。
一、 今天有 n n n 个会议，每个会议有一个起始时间 L L L 和一个终止时间 R R R ，参加一个会议就必须要从头参加到底，不能中途参加别的会议。问今天最多能参加多少个会议。（ n ≤ 100 n \le 100 n≤100 ， 0 ≤ L ≤ 24 0 \le L \le 24 0≤L≤24）
思路： 巧了，这就跟我校赛出的题的思路一样，而且简单得多。
当时那题的题解：
因为会议数很少，只有100，所以对每个会议的终止时间进行DP即可。
DP公式：
//dp[i]表示时间i前能参加的最大会议数
dp[i]=dp[i-1];
if(i==a[i].ed) dp[i]=max(dp[a[i].st]+1,dp[i]); //如果当前时间是一个会议结束时间，那么进行dp
AC参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e3+10;
const int mod=1e9+7;
struct node {
int st;
int ed;
}a[maxn];
bool cmp(node x,node y) {
return x.st<y.st;
}
int dp[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cin.tie(0);
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++) {
cin>>a[i].st>>a[i].ed;
}
sort(a,a+n,cmp);
for(int i=1;i<=24;i++) {
dp[i]=dp[i-1];
for(int j=0;j<n;j++) {
if(i==a[j].ed) dp[i]=max(dp[a[j].st]+1,dp[i]);
}
}
cout<<dp[24]<<endl;
}
二、 有一个寿司转盘，其中有许多寿司，每个寿司有它的价值，你吃了其中一个寿司之后就不能吃它相邻的寿司了，问能吃到的寿司的价值之和的最大值。（第一个与第 n n n 个不相邻， n ≤ 1 0 3 n \le 10^3 n≤103）
比如 9 4 2 3，那么吃 9 和 3 就是价值和最大。
思路：
没给输入 n n n，是循环输入， while(cin>>val[j++]);
d p [ 0 ] [ i ] dp[0][i] dp[0][i] 表示不吃第i个寿司能获得的最大价值和
d p [ 1 ] [ i ] dp[1][i] dp[1][i] 表示吃第i个寿司能获得的最大价值和
所以DP公式：
dp[0][i]=dp[1][i-1];
dp[1][i]=max(dp[0][i-1]+val[i],dp[1][i-1]);
AC参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e3+10;
const int mod=1e9+7;
int dp[2][maxn];
int val[maxn];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cin.tie(0);
int j=1;
while(cin>>val[j++]);
for(int i=1;i<j;i++) {
dp[0][i]=dp[1][i-1];
dp[1][i]=max(dp[0][i-1]+val[i],dp[1][i-1]);
}
cout<<max(dp[1][j-1],dp[0][j-1])<<endl;
return 0;
}
三、 有 n n n 条边，给出每条边的值。给出三角形优雅值的定义： a ， b ， c a，b，c a，b，c 为三角形三条边，则这个三角形的优雅值为： ∣ a − b ∣ + ∣ a − c ∣ + ∣ b − c ∣ |a-b|+|a-c|+|b-c| ∣a−b∣+∣a−c∣+∣b−c∣ ，且等腰三角形优雅值为 0 0 0 。
问这 n n n 条边能组成的三角形的优雅值最大是多少，如果不能组成三角形则输出 0 0 0。（ n ≤ 1 0 5 n \le 10^5 n≤105，边长在 32 32 32 位整形范围以内）
样例：
5
2 3 4 9 11
输出：
5
思路： 时间复杂度必须是 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn) 以内，那么就只能二分。
因为不能有等腰三角形，所以先去重，然后再排序。
令第一条边等于 v a l [ 0 ] val[0] val[0]，第二条边 i i i 枚举从 n − 1 n-1 n−1 到 1 1 1，二分查找这两条边的和作为第三条边，如果找到的 p o s pos pos 等于 0 0 0 就加 1 1 1，如果等于 i i i 就加 1 1 1 或减 1 1 1。
令第一条边等于 v a l [ n − 1 ] val[n-1] val[n−1]，第二条边 i i i 枚举 1 1 1 到 n − 2 n-2 n−2，二分查找这两条边的和作为第三条边，如果找到的 p o s pos pos 等于 n − 1 n-1 n−1 就减 1 1 1，如果等于 i i i 就加 1 1 1 或减 1 1 1。
取这里面找到的三角形的优雅值的最大值。
AC参考代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e3+10;
const int mod=1e9+7;
vector<ll>val;
map<ll,bool>mp;
bool is_tri(ll a,ll b,ll c) {
if(a+b>c&&b+c>a&&a+c>b) return 1;
return 0;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cin.tie(0);
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++) {
ll x; cin>>x;
if(!mp[x]) val.emplace_back(x);
mp[x]=1;
}
sort(val.begin(),val.end());
ll ans=0;
ll a=val[0];
for(int i=n-1;i>=1;i--) {
ll b=val[i];
int pos=lower_bound(val.begin(),val.end(),a+b)-val.begin()-1;
if(pos==0) pos++;
if(pos==i) pos--;
if(pos>=0&&pos<n&&pos!=0&&pos!=i) {
if(is_tri(val[pos],a,b)) {
ll tmp=abs(a-b)+abs(a-val[pos])+abs(b-val[pos]);
ans=max(ans,tmp);
}
}
pos=i+1;
if(pos>=0&&pos<n&&pos!=0&&pos!=i) {
if(is_tri(val[pos],a,b)) {
ll tmp=abs(a-b)+abs(a-val[pos])+abs(b-val[pos]);
ans=max(ans,tmp);
}
}
}
a=val[n-1];
for(int i=0;i<n-1;i++) {
ll b=val[i];
int pos=lower_bound(val.begin(),val.end(),a+b)-val.begin()-1;
if(pos==n-1) pos--;
if(pos==i) pos++;
if(pos>=0&&pos<n&&pos!=n-1&&pos!=i) {
if(is_tri(val[pos],a,b)) {
ll tmp=abs(a-b)+abs(a-val[pos])+abs(b-val[pos]);
ans=max(ans,tmp);
}
}
pos=i-1;
if(pos>=0&&pos<n&&pos!=n-1&&pos!=i) {
if(is_tri(val[pos],a,b)) {
ll tmp=abs(a-b)+abs(a-val[pos])+abs(b-val[pos]);
ans=max(ans,tmp);
}
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
四、 有一个 n ∗ m n*m n∗m 大小的迷宫，有 q q q 个障碍，只能向上或者向右走，问从点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 到点 ( n , m ) (n,m) (n,m) 的方案数。（ 1 ≤ n , m ≤ 1 0 5 1 \le n,m \le 10^5 1≤n,m≤105， q ≤ 15 q \le 15 q≤15）
思路： 以为是图论搜索，想了想，太大了，不会。本来想着混点分，结果 dfs 跟 bfs 都是 0% 通过率。麻了。当时有想着用 DP 的，但是急了，没写，好 jb 亏，心态有点崩
结束之后， q h qh qh 突然想到了，用所有的方案数减去经过障碍的方案数。。。woc，突然就简单了起来。因为障碍数只有 15 15 15 个，且只能走 2 2 2 个方向，所以最多也就 2 15 2^{15} 215 。。真的心态大蹦 T_T 。