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转载的我的一篇洛谷文章
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Day7 模考
时间分配
$8:30\sim8:40$做T1，AC
$8:40\sim8:50$做T2，AC
$8:50\sim9:30$做T3，AC
$9:30\sim10:00$尝试T3，样例不对
$10:00\sim10:20$尝试T4，过不了
$10:20\sim10:30$T4骗分，30tps
题目
T1
比较简单。
定义$a_i$代表袋子里又$i$个标号为$a$的球。
同时额外累计一个ans，代表当前袋子里球的数量
读入每组数据，如果是
-
放入：将下述操作完成后$a_i$加一。
-
操作：
-
a_i=0：将
ans加一 -
否则
ans不变 -
取出：完成下述操作后$a_i$减一。
-
操作：
-
a_i=0：将
ans减一 -
否则
ans不变 -
统计：直接输出
ans
核心代码：
int n;
cin>>n;
if(n==1){
int x;
cin>>x;
if(a[x]==0) ans++;
a[x]++;
}
else if(n==2){
int x;
cin>>x;
a[x]--;
if(a[x]==0) ans--;
}
else{
cout<<ans<<endl;
}
T2
强烈怀疑是放错题目了
这题就是一个简单的判断模三。但是，当你准备把一段简单的模三代码交上去时，你会发现什么结果都没有因为时OI赛制。但是实际上只有十分，因为~~你没开long long~~不对是因为你没看题面。
题面里明明白白地写了：\Huge接下来每个整数的长度小于等于1000.
那么，接下来的就很简单了。
用string是最简单的，当然你用字符数组我也不拦着你。
简单的核心代码：
string a;
cin>>a;
int add=0;
for(int i=0;i<a.size();i++){
add+=a[i]-'0';
}
if(add%3==0){
cout<<"Yes"<<endl;
}
else cout<<"No"<<endl;
T3
这道题目相对来说还是比较简单的。
这里的重点不放在做法上，在一种在考试时很实用的小妙招：
一种简单的vector去重方法：
sort(a.begin(),a.end());//排序
//unique把重复元素放到最后，并返回最后一个非重复元素的下一个的下标
a.erase(unique(a.begin(),a.end()),a.end());//erase擦除第一个重复元素到最后一个元素
注意：判断下标，所以要加一句，否则会RE：
if(c.empty()) return;
注意特殊情况，否则容易爆零。
//情况1
lower_bound();
end() n+1;//lower_bound()找不到可能返回end+1的下标，容易越界
auto it=lower_bound();//可能这个指针为空
ans=max(ans,*it);//这里可能会越界
//情况2
//减之前判断下标位置
if(it!=a.begin()) it--;
还有一个vector的使用小技巧：
reserve()//可以给vector预留空间
T4
为了最大化嵌套后的结果，我们需要：
优先选择增长潜力大的函数：即每次嵌套后能带来更大增幅的函数。
$dp$优化：通过$dp$逐步构建最优解，避免暴力枚举所有可能的组合。
对每个函数计算一个关键值$K=\frac{B_i}{A_i−1}$，用于衡量函数的增长潜力。
如果$A_i=1$则$k$设为无穷大，确保这些函数优先被选中。
按照$k$从大到小排序，确保增长潜力大的函数优先被考虑。
动态规划计算最大值：
初始化动态规划数组$dp$，其中$dp[j]$表示选择$j$个函数时的最大可能值。
初始时$dp[0]=1$，因为嵌套的初始输入是$1$
对于每个函数，从$K$到$1$反向更新$dp[j]$：
计算选择当前函数后的新值：neww=A_i\times dp[j−1]+B_i。
如果新值比当前$dp[j]$大，则更新$dp[j]$。
T5
骗分骗30
还没搞定QwQ。
