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这次三个题目都来自牛客周赛93，个人觉得出的很好，收获颇多。

1.简单贪心

题目意思：

任意选定两个数字，相加之和替代两个数字中的一个，另一个抹除。求操作之后最大字典序之和

思路：

最大字典序之和，给我们启发，第一个数字一定是最大的，所以再有限的k次操作中我们将除了数组中第一个数字之外，其他数字排序后的前k个数加入到第一个数字宜为最优方案。

特殊情况：

3 2 1 2 4 当k等于2的时候，该数组变成了下面这种

7 2 1 2，此时，后面最大的数字是2，那么这里就有两个方案（选择第一个，选择第二个）

第一个情况下：9 1 2 

第二个情况下：9 2 1 

不难看出当有重复数字出现的时候，我们选择最后一个数字宜为最优方案。（毕）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define P pair<int,int>
const int op=2e5+5;
void solve() {int n, k;cin >> n >> k;vector<int> a(n + 1);priority_queue<P> answer;//优先队列for(int i = 1; i <= n; i++) {cin >> a[i];if(i > 1) {answer.emplace(a[i], i);//加入除了第一个数的所有数字}}vector<int> vis(n + 1, 0);while(k--) {auto [val, id] = answer.top();answer.pop();//当val相等的时候，优先队列会将id比较大的那一个拿出来，也就是我们说的有多个数相等的时候取出最靠后的数字a[1] += val;vis[id] = 1;}for(int i = 1; i <= n; i++) {if(!vis[i]) {cout << a[i] << " ";}}cout << endl;
}signed main() {int t = 1;cin>>t;while(t--) solve();return 0;
}

2.数论

题目意思：

给定一个数组求出非空子序列下，有多少个子序列满足Mex(S)>=Max(S)-Min(S)

思路：

第一考虑选择一个数的情况下（也就是说子序列里面只有1个可重复数字）

例如（1 1 1 ）和（1）假设cnt[i]=k表示的是i数字有k个，那么方案数就是pow(2,k)-1（这里-1排除的是空的情况）

第二考虑多个数字情况下（0(若干个)，1（若干个），2（若干个）....x（若干个））此时在这种情况Mex(S)>=Max(S)-Min(S)才成立。

假设中间缺了一个数字C，那么x（Max）-0（Min）一定是小于C的。

于是我们从0开始找到第一个没有出现的数字（假设是d）那么答案就是在（0(若干个)，1（若干个），2（若干个）....d（若干个））中，此时的方案数和第一考虑的类似为：

[pow(2,cnt[0])-1]*[pow(2,cnt[1])-1]...*[pow(d,cnt[d])-1]

当然类似的，d-1也成立，于是：

[pow(2,cnt[0])-1]*[pow(2,cnt[1])-1]...*[pow(d-1,cnt[d-1])-1]

一直到0为止。

把第一考虑和第二考虑所有的方案数加在一起就是答案。（毕）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=1e9+7;
int nima(int a,int b){int sum=1;while(b){if(b&1){sum=(a*sum)%mod;}a=(a*a)%mod;b>>=1;}return sum;//打一个快速幂
}
signed main(){int n;cin>>n;vector<int>cnt(n+1);for(int i=1,x;i<=n;i++){cin>>x;cnt[x]++;//统计每一个数的个数}int ans=0;int s=1;for(int i=0;i<=n;i++){if(cnt[i]==0)break;//i这个数字不存在的时候就直接跳过，因为不连续了s*=nima(2ll,cnt[i])-1+mod;s%=mod;//s表示的是第i个子序列的方案数ans+=s;ans%=mod;}for(int i=1;i<=n;i++){//因为第0个已经在上面计算过了，后面我们直接从1开始计算ans+=(nima(2ll,cnt[i])-1+mod);ans%=mod;}cout<<ans<<endl;
}

3.优化dp问题

题目意思：

计算所有从第一行到第n行构成字符串中回文的数量。

思路：

暴力情况下我们进行思维dp[i1][j1][i2][j2]，考虑是回文，我们从金字塔的中间开始往上往下进行同步跑，[i1][j1]表示的是向上的第i1行，第j1列，同理[i2][j2]表示的是向下的第i2列，第j2列。

但是由于n的范围比较大500，TLE，且MLE掉了。

继续优化，考虑到i1和i2到中间的距离一定是相等的，我们可以通过d来表示到中间的距离dp[d][j1][j2]。

该优化条件下TLE是不会了，但是如果常熟处理不好的情况下，还是会MLE的。

所以我们进行再次优化，考虑到赋值的情况下d+1的方案数只能是从d叠加过来的，故我们可以用&符号来进行滚动赋值。至此优化dp全部进行完毕。但是在滚动赋值的情况下，我们要清空上一个内容值。

细节：当n是偶数的情况下，我们对dp[0][j][j]进行初始化赋值，当n是奇数的情况下，我们只要对中间的那一行全部赋值1。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int op=1e9+7;
signed main() {int n;cin >> n;int a[501][501];for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= i; j++) {cin >> a[i][j];int ans = 0;vector<vector<vector<int>>> dp(2, vector<vector<int>>(n + 3, vector<int>(n + 3)));//dp的初始化dp[2][501][501]if (n % 2 == 0) {//偶数的情况for (int j = 1; j <= n / 2; j++) {//对中间两行进行初始化if (a[n / 2][j] == a[n / 2 + 1][j]) {dp[0][j][j]++;}if (a[n / 2][j] == a[n / 2 + 1][j + 1]) {dp[0][j][j + 1]++;}}int m1 = n / 2, m2 = n / 2 + 1;//m1往上进行变量，m2往下进行遍历for (int d = 1; d <= n / 2 - 1; d++) {////这里就是滚动赋值的情况下，要将上一个状态清空for (int j = 1; j <= n; j++) {for (int k = 1; k <= n; k++) {dp[d & 1][j][k] = 0;}}for (int j = 1; j <= n; j++) {for (int k = 1; k <= n; k++) {if (a[m1 - d][j] == a[m2 + d][k]) {//当上下两个数字都相同的时候，可以进行dp转移//偶数的情况和期数的情况有点不同dp[d & 1][j][k] += dp[(d - 1) & 1][j][k];//根据题目所说一共有4种方案数的转移dp[d & 1][j][k] += dp[(d - 1) & 1][j + 1][k];dp[d & 1][j][k] += dp[(d - 1) & 1][j][k - 1];dp[d & 1][j][k] += dp[(d - 1) & 1][j + 1][k - 1];dp[d & 1][j][k] %= op;}}}}for (int j = 1; j <= n; j++) {////最后求第1行n个数字的所有方案数即可ans += dp[(n / 2 - 1) & 1][1][j];ans %= op;}cout << ans << endl;} else {int m = n / 2 + 1;for (int j = 1; j <= m; j++) {dp[0][j][j]++;}//奇数情况只要对中间的那一行进行赋值for (int d = 1; d <= n / 2; d++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {for (int k = 1; k <= n; k++) {dp[d & 1][j][k] = 0;}}//这里和偶数的情况是一样的for (int j = 1; j <= n; j++) {for (int k = 1; k <= n; k++) {if (a[m - d][j] == a[m + d][k]) {dp[d & 1][j][k] += dp[(d - 1) & 1][j][k];dp[d & 1][j][k] += dp[(d - 1) & 1][j + 1][k];dp[d & 1][j][k] += dp[(d - 1) & 1][j][k - 1];dp[d & 1][j][k] += dp[(d - 1) & 1][j + 1][k - 1];dp[d & 1][j][k] %= op;}}}}for (int j = 1; j <= n; j++) {ans += dp[(n / 2) & 1][1][j];ans %= op;}cout << ans << endl;}}
}