A
本题描述了一个最优路径规划问题的解法，核心思路是利用数轴上区间覆盖的特性，将问题简化为两个端点的访问问题。以下是关键点的详细解析：
核心观察
-
区间覆盖特性
- 给定的位置数组
x1, x2, ..., xn是严格递增的（即x1 < x2 < ... < xn）。 - 在数轴上，若要访问区间
[x1, xn]内的所有整数点，只需从起点移动到x1或xn，再移动到另一个端点，即可覆盖中间的所有位置。
- 给定的位置数组
-
最优路径选择
-
从起点
s出发，访问x1和xn的路径只有两种可能：- 路径 A ：
s → x1 → xn
总步数：|s - x1| + |xn - x1| - 路径 B ：
s → xn → x1
总步数：|s - xn| + |xn - x1|
- 路径 A ：
-
两种路径的共同部分是
|xn - x1|（即区间长度），因此只需比较起点到两个端点的距离，取较小值。
-
公式推导
最优解的公式为：
min(|s - x1|, |s - xn|) + (xn - x1)解释：
min(|s - x1|, |s - xn|)：选择起点s到区间左端点x1或右端点xn的较短距离。xn - x1：区间的长度，即覆盖整个区间所需的最小步数。
算法实现
该算法的时间复杂度为 O(1)，因为只需读取输入并计算两个端点的位置。具体步骤：
- 读取输入的起点
s和位置数组x。 - 计算
x1（数组第一个元素）和xn（数组最后一个元素）。 - 代入公式
min(|s - x1|, |s - xn|) + (xn - x1)计算结果。
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve(){
int n,s;
cin>>n>>s;
int a[n+1];
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
int l=min(abs(a[1]-s),abs(a[n]-s))+a[n]-a[1];
cout<<l<<endl;
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}B
简化问题
-
如果存在满足条件的分割方案，则必然存在一种方案使得中间字符串
b的长度为 1。 -
证明 ：假设存在分割
s = a + b + c，其中|b| ≥ 1。选择b中的任意字符x，将b拆分为b = b_prefix + x + b_suffix，则新的分割为：plaintext
a' = a + b_prefix b' = x c' = b_suffix + c这种转换不改变分割的有效性，因此只需考虑
|b| = 1的情况。
-
字符出现次数的影响
- 统计每个字符在
s中出现的次数cnt[l]。 - 若存在某个字符
l满足以下条件之一，则存在有效分割：- 条件 1 ：
cnt[l] ≥ 3
选择第二个出现的l作为b，其前后的字符分别构成a和c。 - 条件 2 ：
cnt[l] = 2且s的首尾字符不全为l
选择非首尾位置的l作为b，确保a和c非空。
- 条件 1 ：
- 统计每个字符在
算法实现
贪心算法： 通过局部最优选择（优先考虑|b|=1）达到全局最优解，避免枚举所有可能的分割方式。该算法的时间复杂度为 O(n)，具体步骤：
-
统计字符频率
遍历字符串
s，统计每个字符的出现次数cnt[l]。 -
检查条件 1
若存在任何字符
l的出现次数≥3，直接返回 "Yes"。 -
检查条件 2
对于每个出现两次的字符
l，检查：- 若
s的首字符或尾字符不等于l，则返回 "Yes"。
- 若
-
返回结果
若所有条件均不满足，返回 "No"。
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve(){
int n;
cin>>n;
string s;
cin>>s;
int cnt[30]={0};
for(int i=0;i<s.length();i++){
cnt[s[i]-'a']++;
}
bool flag=0;
for(int i=0;i<26;i++){
if(cnt[i]>2)flag=1;
else if(cnt[i]==2&&(s[0]-'a'!=i||s.back()-'a'!=i))
flag=1;
}
if(flag)cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}C
矩阵操作后的最小可能最大值分析
这段文字描述了一个矩阵操作问题的解法，核心思路是通过分析矩阵中最大值的分布，确定执行一次操作后可能的最小最大值。关键点如下：
核心观察
-
答案的可能范围
- 矩阵的初始最大值为
mx。执行一次操作后，答案只能是mx-1或mx。 - 证明 ：无论选择哪一行
r和列c进行操作，矩阵中的其他元素不会减少，因此最大值不可能小于mx-1。
- 矩阵的初始最大值为
-
何时答案为
mx-1？- 当且仅当存在一个位置
(r, c)，使得所有值为mx的元素都位于第r行或 第c列时，答案为mx-1。 - 解释 ：选择这样的
(r, c)进行操作后，所有mx元素都会减 1，从而新的最大值为mx-1。
- 当且仅当存在一个位置
算法实现步骤
-
预处理
- 遍历矩阵，记录：
mx：矩阵中的最大值。cnt_mx：mx出现的总次数。r[i]：第i行中mx出现的次数。c[j]：第 j 列中mx出现的次
- 遍历矩阵，记录：
-
检查条件
-
对于每个可能的位置
(i, j)，计算：cppcount = r[i] + c[j] - (a[i][j] == mx ? 1 : 0)其中，
r[i] + c[j]是第ri行和第j列中mx的总次数，但如果 a[r][c]是mx，则被重复计算了一次，需要减去 1。
-
-
判断结果
- 如果存在
(i,j)使得count == cnt_mx，则答案为mx-1；否则为mx。
错解（数组开的过大）：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100005; //数组过大
int a[N][N];
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
int mx=0,cnt_mx=0;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]>mx){
mx=a[i][j];
cnt_mx=1;
}
else if(a[i][j]==mx) cnt_mx++;
}
}
int r[n]={0},c[m]={0};
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(a[i][j]==mx){
r[i]++;
c[j]++;
}
}
}
int flag=0;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(r[i]+c[j]-(a[i][j]==mx?1:0)==cnt_mx) flag=1;
}
}
cout<<mx-flag<<endl;
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}正确代码
根据题目约束 1≤n⋅m≤1e5，建议使用动态分配数组定义数组a,同时行数组和列数组使用变量（n，m）定义数组的大小。
使用vector嵌套来定义动态大小的矩阵
cpp
#include <vector>
// 定义n行m列的矩阵，初始值为0
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<vector<int>> matrix(n, vector<int>(m, 0));
// 访问元素：matrix[i][j]
matrix[0][0] = 10; // 第一行第一列赋值为10解释：
vector<vector<int>> matrix(n, ...)：创建一个包含n个元素的外层 vector，每个元素是一个内层 vector。vector<int>(m, 0)：每个内层 vector 包含m个元素，初始值为 0。
总代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve(){
int n,m;
cin>>n>>m;
int mx=0,cnt_mx=0;
vector<vector<int>>a(n,vector<int>(m));
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
cin>>a[i][j];
if(a[i][j]>mx){
mx=a[i][j];
cnt_mx=1;
}
else if(a[i][j]==mx) cnt_mx++;
}
}
int r[n]={0},c[m]={0};
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(a[i][j]==mx){
r[i]++;
c[j]++;
}
}
}
int flag=0;
for(int i=0;i<n;i++){
for(int j=0;j<m;j++){
if(r[i]+c[j]-(a[i][j]==mx?1:0)==cnt_mx) flag=1;
}
}
cout<<mx-flag<<endl;
}
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--)solve();
return 0;
}