这场的题终于补完了，开了一套，居然爆1了，打这场准掉分。
A题，跟n/2的关系有关，自己举几个例子就明白了。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi pair<int, int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
if(m==1||m==0)
{
printf("1\n");
return 0;
}
int d=n/2;
int d1=n/2;
if(n%2==1) d++;
if(m<d)
{
printf("%d",m);
}
else{
int t=m-d;
int ans=d1-t;
printf("%d",ans);
}
}
B 这题题意极其的绕。大概就是求一个x使得，在前x个数中，去掉一个数，使得，剩下的数出现的次数相同。
那么定义num[i]数组为i出现的次数,f[num[i]]为 出现了num[i]次的个数
那么合法的就只有三种情况：
1 x前面全是出现一次的数（f[1]==i）
2 出现1次的数只有一个（可以去掉这个数 f[1]==1），其他的出现的次数，选最大值(mx,f[mx]-1）*mx==i-1
3 出现的次数的最大值max(num[i]) 只有一个f[mx]==1，那么就是去掉这个mx中的一个.
使得剩下的数都是出现mx-1次。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi pair<int, int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
int a[N],f[N],num[N];
int n;
int main()
{
cin>>n;
rep(i,1,n) cin>>a[i];
int ans=1,mx=0;
rep(i,1,n)
{
f[num[a[i]]]--;
num[a[i]]++;
f[num[a[i]]]++;
mx=max(mx,num[a[i]]);
int ok=0;
if(f[1]==i) ok=1;
//else if(f[1]==mx) ok=1;
else if(f[1]==1&&f[mx]*mx==i-1)ok=1;
else if(f[mx]==1&&(f[mx-1]+1)*(mx-1)==i-1) ok=1;
if(ok) ans=i;
}
printf("%d\n",ans);
}C 是几何题，我以为有多难，自己仔细一搞，样例推一推就可以了。两个直线的斜率不一样，肯定是会相交的，斜率相同的直线还会出现平行的情况，这个时候求c即可 y=k*x+c 那么这里的难点就是如何去掉重合的直线。
用map<pair<int,int>,set<int> > pair保存斜率,set保存c即可。统计答案可能会有点困难。
注意分子要统一为正数，当分子为零的时候，使分母大于零。斜率不存在的情况，没关系，我用的向量保存斜率了；
pair的second为0即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pi pair<int,int>
#define fi first
#define se second
const int N=1e3+10;
typedef long long ll;
map<pi,set<int> >mp;
int n;
pi a[N];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>a[i].fi>>a[i].se;
}
ll ans=0,cnt=0;
for(int i=1;i<n;++i)
{
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
int x1=a[i].fi,y1=a[i].se;
int x2=a[j].fi,y2=a[j].se;
int a=y1-y2,b=x1-x2;
int c=x1*y2-x2*y1;
int gc=__gcd(a,b);
a=a/gc,b=b/gc,c=c/gc;
if(a<0||(a==0&&b<0)) a=-a,b=-b;
pi k=make_pair(a,b);
if(mp[k].find(c)==mp[k].end())
{
cnt++;
mp[k].insert(c);
ans+=cnt-mp[k].size();
}
}
}
printf("%lld\n",ans);
}D. Mysterious Code
这是个难题，我补了4个小时才会了，可能是我的dp水平太菜了吧
搜题解博客来自：
个人感觉写的不太对，应该是dp[i][j][k] 为 c串前i个字符 匹配到了s的第j-1个字符，t的第k-1个字符，不然的话，句子中的逻辑与代码中逻辑严重不符，dp[i][0][0]就是没有匹配的
/*题意：
思路：定义dp[i][j][k]代表c串前i个字符时匹配的s串中前j个字符和t串中前k个字符
时的的答案。
dp[i+1][][] 与dp[i][][]是相互独立的。
我可以用过dp[i][][]枚举j和k，然后更新dp[i+1][][]，c[i+1],找以c[i+1]为最后一个字符的
前缀，（s的前缀p,t的前缀q）//kmp算法。通过next数组找到匹配的前缀
转移方程很妙。。。。
那么状态转移方程是dp[i+1][p][q]=dp[i][j][k]+w; w 是 若匹配一个s串w++, t串w--
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+10;
const int M=60,inf=1e9;
int dp[N][M][M];
char c[N],s[M],t[M];
int next1[M],next2[M];
int n,m,len;
void get()
{
int j=-1;
next1[0]=-1;
for(int i=0;i<n;)
{
if(j==-1||s[i]==s[j]) next1[++i]=++j;
else j=next1[j];
}
j=-1;
next2[0]=-1;
for(int i=0;i<m;)
{
if(j==-1||t[i]==t[j]) next2[++i]=++j;
else j=next2[j];
}
}
int get1(int i,char a)
{
while(1)
{
if(i==-1||s[i]==a) return i+1;
else i=next1[i];
}
}
int get2(int i,char a)
{
while(1)
{
if(i==-1||t[i]==a) return i+1;
else i=next2[i];
}
}
int main()
{
cin>>c+1>>s>>t;
len=strlen(c+1);
n=strlen(s);
m=strlen(t);
for(int i=0;i<=len;++i)
for(int j=0;j<n;++j)
for(int k=0;k<m;++k) dp[i][j][k]=-inf;
get();
dp[0][0][0]=0;
for(int i=0;i<len;++i)
for(int j=0;j<n;++j)
for(int k=0;k<m;++k)
{
if(dp[i][j][k]==-inf)continue;
if(c[i+1]=='*')
{
for(char a='a';a<='z';++a)
{
int p=get1(j,a);
int q=get2(k,a);
int w=0;
if(p==n) w++,p=next1[p];
if(q==m) w--,q=next2[q];
dp[i+1][p][q]=max(dp[i+1][p][q],dp[i][j][k]+w);
}
}
else{
int p=get1(j,c[i+1]);//找前缀
int q=get2(k,c[i+1]);
int w=0;
if(p==n) w++,p=next1[p];
if(q==m) w--,q=next2[q];
//printf("w:%d\n",w);
dp[i+1][p][q]=max(dp[i+1][p][q],dp[i][j][k]+w);
}
}
int ans=-inf;
for(int i=0;i<n;++i)
for(int j=0;j<m;++j) ans=max(ans,dp[len][i][j]);
printf("%d\n",ans);
}
