目录：
T1：marathon
T2：sum
T3：fairphoto
T4：censor
T5：greatest
这次又是5道题，估计以后都是5道题了……
正题：
T1:marathon
题目描述
地图上有N 个城市，一只奶牛要从1 号城市开始依次经过N 个城市，最终到达N 号城市。但是这只奶牛觉得这样太无聊了，所以它决定跳过其中的一个城市（但是不能跳过1 号和N 号城市），使得它从1 号城市开始，到达N 号城市所经过的总距离最小。每一个城市都有一个坐标，从城市(x1, y1) 到城市(x2, y2) 的距离为 |x1 - x2| + |y1 - y2|。
输入
第一行一个数N，表示城市个数
接下一行N 行每行两个数x,y，表示每个城市的坐标
输出
一行一个数ans, 使得它从1 号城市开始，跳过某一个城市，到达N 号城市所经过的总距离最小
样例输入
4
0 0
8 3
11 -1
10 0
样例输出
14
分析：
这道题直接暴力枚举套公式，题目描述里给出了公式。
判断一下是否小于ans，赋值给ans就好了。
CODE：
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int x[100001],y[100001],n,i,ret,ans=0x7fffffff;
int main(){
freopen("marathon.in","r",stdin);
freopen("marathon.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(i=1;i<=n;i++)
{
cin>>x[i]>>y[i];
if(i>1) ret=ret+abs(x[i]-x[i-1])+abs(y[i]-y[i-1]); //套题目公式先求个距离
}
for(i=2;i<n;i++)
if(ret-abs(x[i]-x[i-1])-abs(y[i]-y[i-1])-abs(x[i]-x[i+1])-abs(y[i]-y[i+1])+abs(x[i-1]-x[i+1])+abs(y[i-1]-y[i+1])<ans) //暴力枚举是否小于ans
ans=ret-abs(x[i]-x[i-1])-abs(y[i]-y[i-1])-abs(x[i]-x[i+1])-abs(y[i]-y[i+1])+abs(x[i-1]-x[i+1])+abs(y[i-1]-y[i+1]); //赋值给ans
cout<<ans;
return 0;
}
T2：sum
题目描述
给出n 个数a1…an，求两个数相加的绝对值的最小值
即求| ai + aj | (i 不等于j) 的最小值
输入
第一行一个数n
接下一行n 个数a1…an
输出
一行一个数ans, 两个数相加的绝对值的最小值
样例输入
5
-2 6 7 7 -8
样例输出
1
分析：
这道题用一个快排，以绝对值排序。
然后再找出前后两个数绝对值最小的和就是答案。
CODE：
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[1000001],ans=0x7fffffff,n;
void fff(int l,int r){
//快排，以绝对值
int i,j,mid,t;
if(l>=r) return;
i=l;j=r;mid=abs(a[(i+j)/2]);
do{
while(abs(a[i])<mid) i++;
while(abs(a[j])>mid) j--;
if(i<=j) {
t=a[i];a[i]=a[j];a[j]=t;
i++;j--;
}
}while(i<=j);
if(l<j) fff(l,j);if(i<r) fff(i,r);
}
int main(){
freopen("sum.in","r",stdin);
freopen("sum.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
fff(1,n); //绝对值快排
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(abs(a[i]+a[i-1])<ans) ans=abs(a[i]+a[i-1]); //找最小前后两数绝对值和
}
cout<<ans;
return 0;
T3：fairphoto
题目描述
给出n 个点，每个点都有一个坐标xi，这些点中一些点是白点，另外的是黑点，求满足以下两个条件的最长的线段的长度
条件一：线段的左右端点都必须在给出的n 个点中
条件二：给出的n 个点中，被这条线段所包含的点中黑点个数必须等于白点个数(包括左右端点)
输入
第1 行：一个整数n
第2…n+1 行：每行一个整数xi，表示点的坐标，和一个字符(’G’ 表示黑点，’H’ 表示白点)，中间用空格隔开，
输出
一行一个数，最长的线段的长度
样例输入
6
4 G
10 H
7 G
16 G
1 G
3 H
样例输出
7
分析：
做前缀和，用贪心思想。每次枚举前缀和做的地点相减，
就能得出ans，ans就是差。
CODE：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
int ans,b[1000010],n,ret;
struct node{
int x,y;
}a[1000005];
bool cmp(node x,node y)
{
return x.x<y.x;
}
int main()
{
freopen("fairphoto.in","r",stdin);
freopen("fairphoto.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
char ch;
cin>>a[i].x>>ch;
if(ch=='G')a[i].y=1; //字母转换成数
else a[i].y=-1;
}
sort(a+1,a+n+1,cmp); //结构体排序
for(int i=1;i<=n;i++){
ret+=a[i].y; //和
if(!ret) //判断和是否合法
ans=max(ans,a[i].x-a[1].x);
if(!b[ret+n]) //找到了地方
b[ret+n]=i; //记录位置
else ans=max(ans,a[i].x-a[b[ret+n]+1].x); //相减
}
cout<<ans;
return 0;
}
T4：censor
题目描述
农民约翰已经为他的奶牛订好了Good Hooves keeping 杂志，使他们有足够的材料看。不幸的是，最新的一期载有关于如何煮完美的牛排的文章，而FJ 不想他的奶牛看到这篇相当不雅的文章（显然，这本杂志是需要更好的编辑监督的）。
FJ 从该杂志采取了所有文字，创建了长度小于等于10^6 的字符串s。从此，他想删除一个子串T来审查不当内容。要做到这一点，农民约翰找到S 中出现的T 并将其删除。然后，他再次重复这个过程，删除出现的T，一直持续到没有出现T 的S。注意，删除一次后可能会创建一个新的T出现，这个T是以前不存在的。
请输出审查完毕后，FJ 所确定 的S的最终内容。
输入
第一行将包含S
第二行包含T，T 的长度最多是S 的长度，S 和T 的所有字符均为小写字母（范围a…z）
输出
全部删除完成后的S。保证使得S 在删除过程中不会成为空。
样例输入
whatthemomooofun
moo
样例输出
whatthefun
分析：
这道题仔细理解题目要求字符串的操作，可以想到用栈模拟。
每次入栈，判断栈长是否>=要求删去的字符串长，再判断栈顶是否=要删去的字符，是就出栈。
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
string s,st;
int l,t;char st1[1000001]; bool p;
int main(){
freopen("censor.in","r",stdin);
freopen("censor.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>st>>s;t=s.length();
for(int i=0;i<st.length();i++)
{
l++;
st1[l]=st[i]; //入栈
if(l>=t) //栈长>=删去字符串长
{
p=true;
for(int j=0;j<t;j++)
if(st1[l-t+j+1]!=s[j]) //栈顶是否=删去字符
{
p=false;
break;
}
if(p){
l=l-t; //栈长减去删去字符串长
}
}
}
for(int i=1;i<=l;i++) cout<<st1[i]; //输出栈的每一位
return 0;
}
T5：greatest
题目描述
已知若干个正整数的和为S，求这若干个正整数的最小公倍数的最大值。
输入
第一行一个整数T，表示测试数据的组数。
接下来T行，每行包括一个正整数S，表示若干个正整数的和为S。
输出
输出T行，每行包括一个整数，表示和为S的若干个正整数的最小公倍数的最大值。
样例输入
2
4
7
样例输出
4
12
分析：
这道题是一道dp，然后还要分解质因数。
看了题目数据，发现还得用高精度。
听完讲解后的动态能量转移方程：f[i]=max{f [ i - j ^ k ] * j ^ k}
CODE:
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long m,n,k,f[1001][51],g[51];
int u[10001];
void mines(int x,int y){
int add=0;
for(int i=49;i>=1;i--){
g[i]=f[x][i]*y+add;
add=g[i]/10; //高精乘
g[i]%=10;
}
}
bool check(int x){
int i=1;
while(f[x][i]==0)i++;
i=49-i;
int k=i;
int j=1;
while(g[j]==0)j++;
j=49-j;
if(i>j)return 1;
if(j>i)return 0;
for(int res=k;res<=49;res++){
if(f[x][res]>g[res])return 1;
if(g[res]>f[x][res])return 0;
}
}
void copy(int x){
for(int i=1;i<=49;i++)
f[x][i]=g[i];
}
int main(){
freopen("greatest.in","r",stdin);
freopen("greatest.out","w",stdout);
for(int i=2;i<=501;i++){
bool flag=1;
for(int j=1;j<=m;j++){
if(i%u[j]==0){
flag=0; //分解质因数
break;
}
}
if(flag){
u[++m]=i;
}
}
int t;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=0;i<=n;i++)
f[i][49]=1;
for(int j=1;j<=m;j++){
for(int i=n;i>=1;i--){
int sum=u[j];
for(int k=1;sum<=i;sum*=u[j]){
mines(i-sum,sum); //dp
if(check(i)==0){
copy(i);
}
}
}
}
int i=1;
while(!f[n][i]) i++;
while(i<=49){
cout<<f[n][i]; //输出
i++;
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
