2022-05-27测试

这个题晃眼一看，其实就可以知道，是一个比较简单的DP问题。我们设dp[i]表示一直到第 个字母为止 时所能得到的最长神奇字符串的长度。那么，如果第 个字母不在我们最终的最长神奇字符串当中，可以 得到dp[i]=dp[i-1],如果第 个字母在最长神奇字符串当中，那么，这个字母肯定会和最近一个和它相同的 字符进行匹配，记这个位置为pre[s[i]]，因此，可以得到dp[i]=max(dp[i1],dp[pre[s[i]-1]]+2) 当然，我们再想一下，这个题就真的只能用DP来解决么？通过分析，我们可以知道，因为我们要得到尽 可能长的满足条件的字符串，那么，就需要尽可能多的添加满足条件的一对字符，因此，我们就可以利 用贪心的思想，给每一个找过的字母打上标记，如果我们发现当前字母在前面的标记中已经出现过了， 那么，我们就让答案+2，并清0所有标记，因为只有这样，我们才可以添加数量尽可能多的字母到字符 串当中。

#include 
using namespace std;
string s;
int mp[30];
int main() {
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		memset(mp,0,sizeof(mp));
		cin>>s;
		int len=s.length(),m=0;
		for(int i=0;i 
 
海盗游戏 
对于这个题，我们的最优解肯定是让自己尽可能多的取偶数，而让对手去取奇数。很明显，我们选取金 币的方案跟我们除以4得到的余数是几有关。 如果得到的余数是1或者是3，说明当前金币的数量是奇数，那没办法，我们只能从中取出1枚金币。 如果除以4的余数是2，很明显，这时我们如果取了一半，那么剩下的数就会是一个奇数，这时，我们就 取一半。 如果除以4的余数是0，这时，如果我们取了一半，那么，约翰也能取一半。如果这时我们只取1枚金 币，那么，约翰也只能取1枚金币，这样，我们下次取时，就可以保证我们取完一半之后，约翰也只能取 1枚金币(回到了除以4的余数是2的情况)，因此，这时，我们也只取1枚金币（金币数等于4时除外）。 这样，我们就可以得到尽可能多的金币了。
 
#include 
using namespace std;
int main() {
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        long long a[2] = {}, u = 0, n;
        scanf("%lld", &n);
    while (n) {
        if (n % 2 == 0 && ((n / 2) % 2 || n == 4))
            a[u % 2] += n / 2, n /= 2;
        else
            n--, a[u % 2]++;
            u++;
        }
        printf("%lldn", a[0]);
    }
}
 
五子棋盘 
这个题是一个比较简单的模拟题。因为每一步棋的位置是确定的，那么，当我们添加一枚棋子以后，就 可以去判断，在当前状态之下，有没有人获得了整场比赛的胜利(即出现了连成5个的情况)。因为出现新 的胜利情况，肯定会和我们新下的这枚棋子有关，因此，我们只需要找与我们新下的这枚棋子成米字型 的这样一个区域的内容即可。
 
#include 
int n, a[20][20];
bool check(int x, int y, int z) { 
	a[x][y] = z;
	int i = x + 1, j = y + 1, s = 1;
	while (i < 16 && j < 16 && s < 5 && a[i][j] == z) ++s, ++i, ++j; 
	if (s == 5)
		return 1;
	i = x - 1,j=y-1;
	while (i && j && s < 5 && a[i][j] == z) ++s, --i, --j; 
	if (s == 5)
		return 1;
	i = x + 1,j=y-1,s=1;
	while (i < 16 && j && s < 5 && a[i][j] == z) ++s, ++i, --j; 
		if (s == 5)
			return 1;
	i = x - 1,j=y+1;
	while (i && j < 16 && s < 5 && a[i][j] == z) ++s, --i, ++j;
		if (s == 5)
			return 1;
	j = y - 1,s=1;
	while (j && s < 5 && a[x][j] == z) ++s, --j; 
		if (s == 5)
			return 1;
		j = y + 1;
	while (j < 16 && s < 5 && a[x][j] == z) ++s, ++j; 
		if (s == 5)
			return 1;
	i = x - 1,s=1;
	while (i && s < 5 && a[i][y] == z) ++s, --i; 
	if (s == 5)
	return 1;
	i = x + 1;
	while (i < 16 && s < 5 && a[i][y] == z) ++s, ++i;
		if (s == 5)
			return 1;
	return 0;
}
int main() {
	memset(a, -1, sizeof(a));
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int x, y;
		scanf("%d %d", &x, &y);
		if (check(x, y, i & 1)) {
			printf("%c %d", (i & 1 ? 'A' : 'B'), i);
			return 0;
		}
	}
	printf("Tie");
	return 0;
}
 
能量石 
对于这个题而言，解决问题的关键在于如果去处理这个能量消耗的问题。对于任意两个能量石x、y而 言，我们吃掉这两个石头能够得到的能量就为max(x.e+y.e-x.s*y.l , x.e+y.e-y.s*x.l)，其中e表示初始能 量，l表示每秒损失的能量，s表示吃掉这个物品所消耗的时间。因此，我们就可以根据这一公式对所有 的石头进行排序，越靠前的石头对整个计算能量消失的比重就越大，就越先进行计算。然后，再将总的 时间看成背包的体积，每个物品的价值看成价值，对这个题进行01背包计算，最终就可以得到答案。
 
#include
using namespace std;
int dp[10005];
struct node{
	int s,e,l;
}arr[105];
bool cmp(node x,node y){
	return x.s * y.l < y.s * x.l;
}
int main(){
	int t,n,q=0;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		q++;
		int m=0;
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%d%d%d",&arr[i].s,&arr[i].e,&arr[i].l);
			m+=arr[i].s;
		}
		sort(arr+1,arr+n+1,cmp);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=m;j>=arr[i].s;j--){
				dp[j]=max(dp[j],dp[j-arr[i].s]+max(0,arr[i].e-arr[i].l*(j-arr[i].s)));
			}
		}
		int ans=0;
		for(int i=0;i<=m;i++){
			ans=max(ans,dp[i]);
		}
		printf("Case #%d: %dn",q, ans);
	}
	return 0;
}