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专题链接：专题学习1 - Virtual Judge (vjudge.net)
B - 全排列
题目
思想
这道题可以用DFS进行求解，但是一看到全排列，其实可以立刻想到一个STL函数：next_permutation(x.begin(),x.end()) （头文件#include ）。
此函数可以按字典序给出当前排列的下一个排列（适用于可遍历集合：string，数组，vector等）。
代码
#include
#include
using namespace std;
int main() {
string a;
cin >> a;
do {
cout << a << endl;
} while (next_permutation(a.begin(), a.end()));
return 0;
}
F - 地毯
题目
思想
二维差分，容斥原理。
根据一维差分，改变当前的数影响的是后面的数可知，二维差分中，改变当前的数影响的是右下角那一块数。
由题目可知，我们操作的实际上是差分后的数组，操作完利用二维前缀和还原即可（由左上至右下）。
注意
1、n，m的范围不确定，需使用动态数组，即二维vector。二维vector的初始化格式：
vector
s(n + 1, vector(m + 1))；
初始化后即可当成普通数组使用。
代码
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector > s(n + 1, vector(m + 1)), rmb(n + 1, vector(m + 1));
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= m; ++j)
cin >> s[i][j];
for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= m; ++j)
rmb[i][j] = s[i][j] + rmb[i - 1][j] + rmb[i][j - 1] - rmb[i - 1][j - 1];
int q;
cin >> q;
while (q--) {
int a, b, c, d;
cin >> a >> b >> c >> d;
cout << rmb[c][d] - rmb[c][b - 1] - rmb[a - 1][d] + rmb[a - 1][b - 1] << endl;
}
return 0;
}
I - 滑动窗口
题目
思想
用STL中的双头队列deque模拟单调队列，存当前正在排队的最值。
先考虑找最小值的情况：
如果当前的数比队列末尾的数小，就将队列末尾的数从尾部弹出，并从尾部插入当前数，这样的话，此单调队列里的数是从尾至头逐渐减小的，队列头即使当前窗口的最小值。
当窗口离开队列头的数所在位置，将队列头弹出即可（利用下标判断）。
注意
1、双头队列deque里存的是pair
2、普通队列queue中插入元素是从尾部back插入，弹出元素是从头部front弹出，所以在操作双头队列deque时最好将back看做尾部，front看做头部，并优先从尾部back插入元素，以免混淆。
代码
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10;
deque> minq, maxq;
queue mina, maxa;
int a[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, k;
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
}
minq.push_back(make_pair(a[1], 1));
maxq.push_back(make_pair(a[1], 1)); //第一个数一定能入队列
for (int i = 2; i <= n; ++i) {
while (!minq.empty()) { //如果当前的数比队列末尾的数小，就将
if (a[i] < minq.back().first) { //队列末尾的数从尾部弹出
minq.pop_back();
} else
break;
}
minq.push_back(make_pair(a[i], i)); // 从尾部插入当前数进行排队
//以上是最小值操作，下面重复的是最大值操作
while (!maxq.empty()) {
if (a[i] > maxq.back().first) {
maxq.pop_back();
} else
break;
}
maxq.push_back(make_pair(a[i], i));
//
if (i > k) {
if (minq.front().second == i - k) minq.pop_front(); //如果滑动窗口已经离开了当前队列头
if (maxq.front().second == i - k) maxq.pop_front(); //的位置，那么弹出队列头
}
if (i >= k) {
mina.push(minq.front().first); //存答案
maxa.push(maxq.front().first);
}
}
while (!mina.empty()) {
cout << mina.front() << " ";
mina.pop();
}
cout << endl;
while (!maxa.empty()) {
cout << maxa.front() << " ";
maxa.pop();
}
return 0;
}
J - 最大连续和
题目
思想
这也是道狼题，可恶，一开始因为惯性思维一直在想这题怎么贪，但因为题目对子序列有长度限制，故要用到上题刚写的滑动窗口（这是朋友@77想到的思路，orz实在是太强了orz，这究竟是什么级别的天才，什么神仙智商才想得到）。
因为前缀和公式：单个数a[i] = sum[i] - sum[i-1] 或者某一块的和如 A[2~5] = sum[5] - sum[1] ，所以我们就可以找每一个窗口的最大子序列和 = 当前窗口的最后一个数 - 当前窗口的最小值。
注意
1、因为前缀和公式中减的时候是减前一个数才能得到当前数，所以为了不漏掉数组中的第一个数，要把前缀和 a[0]也加入到滑动窗口的队列中，并且滑动窗口的大小要比原来大一格。
即大小为m+1的滑动窗口从i = 0开始向右滑动，且窗口是从i = 0时的一格大逐渐增大到m+1格大。
代码
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
deque> minq;
queue> mina;
ll a[N], b[N], minans[N], minid[N];
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
m++;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> b[i];
a[i] = b[i] + a[i - 1];
}
minq.push_front(make_pair(a[0], 0));
mina.push(make_pair(minq.back().first, minq.back().second));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (!minq.empty()) {
if (a[i] < minq.front().first) {
minq.pop_front();
} else
break;
}
minq.push_front(make_pair(a[i], i));
if (i > m - 1) {
if (minq.back().second == i - m) minq.pop_back();
}
if (i >= m - 1) {
mina.push(make_pair(minq.back().first, minq.back().second));
} else {
mina.push(make_pair(minq.back().first, minq.back().second));
}
}
int cnt = -1;
while (!mina.empty()) {
minans[++cnt] = mina.front().first;
minid[cnt] = mina.front().second;
mina.pop();
}
ll maxn = -0x7ffffffffff;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (i == minid[i])
maxn = max(maxn, b[i]);
else
maxn = max(maxn, a[i] - minans[i]);
}
cout << maxn << endl;
return 0;
}