FZU Monthly-201901 tutorial

题目(难度递增)	easy	easy-medium	medium	medium-hard	hard
思维难度	AHG	F	B	CE	D
编码难度	AH	CEFG	B		D

A. RonTanYoYiSen

对于本题，你只需要FOR一遍判断是不是回文串即可。不管一个字符串是不是回文串，只有将它反过来再写一边就可以构造出一个回文串。根据题意，如果是回文串则输出“YES NO”，否则输出“NO YES”。

复杂度\(O(N)\)

B. max position set

Tutorial 1. Bruce force

由于是字典序的缘故，所以我们从第一列开始看到最后一列，如果当前列选择后，不会违背字典序，那么根据贪心思想这一列要，否则显然不能取。这样做 \(N\) 次，每次把新的一列加到前面选出来的字符串后面，check一下是否合法。总复杂度 \(O(N^3)\)。

例子：

adc

bcd

加进第一列

a

b

合法，保留。加入第二列

ad

bc

不合法，撤销。加入第三列

ac

bd

合法，保留。

Tutorial 2. Observe

观察可以发现，每加入一列后，如果第 \(i\) 行的字典序小于第 \(i+1\) 行，那么之后怎么怎么加都不会再对着这两行有影响，即：整个过程中需要考虑的一定是相邻的且所有字符均一样的字符串。所以标记一下 \(N-1\) 个相邻关系中国哪些已经出现偏序，那些还没有，不需要考虑前面的取的字符，只需要比较当前新加进的这一列即可（因为前面一定是一样的）

这样还是做 \(N\) 次，每次比较只花 \(O(N)\) 的时间，总复杂度 \(O(N^2)\)。

C.Palindrome

画图把相同的字符连线会发现就只有4种情况，然后分类讨论一下

m1:当m1时，任意长度为1的子串显然都是回文串，所以答案是 \(k^n\)
m > n:与m==1情况是一样的
m==n:这个时候只需要考虑前半部分，这时候答案分别是 \(k^{n/2}\)(n为偶数)，\(k^{n/2+1}\)(n为奇数)
m < n: 当m为奇数，答案为\(k^2\)，当m为偶数，答案为\(k\)

注：m > n 的时候，显然怎么构造都满足题意

复杂度为\(O(N)\)

D. special square

同样的题目背景，经典题型是求面积最大的全1矩阵。先学习一下这道题的做法，关于这道题，演算法笔记上有非常详尽的分析：http://www.csie.ntnu.edu.tw/~u91029/MaximumSubarray.html#2

这题的做法基本与那道经典题类似，一样的按行or列枚举，通过单调栈去check，核心就是满足条件的矩形四条边都要顶到障碍物，代码基本与原经典题类似，理解原经典题后如还有细节有疑惑可见代码。

复杂度为\(O(N^2)\)

//

//  solution.cpp

//  special-matrix

//

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//  Copyright © 2018 郑浩晖. All rights reserved.

//

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define fi first

#define se second

#define sz(x) ((int)(x).size())

#define dd(x) cout << #x << " = " << (x) << ", "

#define de(x) cout << #x << " = " << (x) << endl

typedef pair<int, int> pii;

const int N = 5e3 + 7;

char s[N][N];

int n, m, up[N][N];

void solve()

{

    cin >> n >> m; m++;

    for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%s", s[i]);  s[i][m-1] = '0'; }

    for (int i = 0; i < m; i++) s[n][i]='0';

    for (int j = 0; j < m; j++) up[0][j] = s[0][j] == '1';

    for (int i = 1; i < n; i++) {

        for (int j = 0; j < m; j++) {

            up[i][j] = s[i][j] == '1' ? up[i - 1][j] + 1 : 0;

        }

    }

    int ans = 0;

    for (int i = 0; i < n; i++) {

        stack<pii> stk;

        int max_col = -1;

        for (int j = 0; j < m; j++) {

            int pos = j;

            while (!stk.empty() && stk.top().second > up[i][j]) {

                if (stk.top().first <= max_col)

                    ans++;

                pos = stk.top().first;

                stk.pop();

            }

            if (s[i + 1][j] == '0') max_col = j;

            if (!stk.empty() && stk.top().second == up[i][j]) continue;

            if (up[i][j]) stk.push({pos, up[i][j]});

        }

    }

    cout << ans << endl;

}

int main()

{

    solve();

    return 0;

}

E.LiHuaAndPoker

分类讨论

K = 1。这个情况，字符串的相对位置不变，所以可能最多只有n种（每一个字母做开头），对n种情况做一个比较即可，复杂度可以是O(n),O(nlogn),O(n^2),O(n2logn)均可以通过。
K > 1。对于K大于1的所有情况，任何字符串都能调整成他的最小字典序（想想为什么），即对原字符串从小到大排序。对于K>2的排序情况类似冒泡排序。

F.LiHuaAndArray

一个经典的标记技巧（延迟计算）。对所有的[L,R]区间，在L位置标记+1，在R位置标记-1。标记结束后统计每一对奇偶位置的前缀和，前缀和是奇数的就交换位置，是偶数的不做操作。

复杂度O(N)。

G.Assassin

模拟题，分阶段模拟

负一从A点出发追小号
负一追到小号后回A点

注：有个学弟 “小号已经走的路程” 用了int变量，太心疼了

H.DeadlyShoot

这个题目在大一的c语言日常题目中出现过。

Tutorial 1. Bruce force

对着题意模拟一直做数位求和直到一位，然后分类找出最大的一组输出。

Tutorial 2. Math

我们设一个数A的数位和为S，那么易得A和S同余于9。由此，反复求数位和直到只剩一位这个操作等价于对9取模。因此，按照所有数对9的余数进行分类，最后输出余数最大的那一组即可，需要特别注意的是，当某个数能被9整除的时候，他最后得到的数位和是9而不是0。

复杂度为\(O(N)\)

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