提前预告，市赛初中组会考算法题，应该会有两道模板题
比如DFS BFS 二分 简单动态规划，虽然我们没学多久，但是模板题你还是要会写的

A题 编辑距离 动态规划
注意多组输入

#include<iostream>
using namespace std;
int dp[1005][1005];
//dp[i][j]把s字符串的前i个经过一系列操作变成b字符串的前j个的最小代价 
char s[1005];
char b[1005];
int main(){int n,m;while(scanf("%d%s%d%s",&n,s+1,&m,b+1)!=EOF){for(int i=0;i<=m;i++){dp[0][i]=i; //插入 }for(int i=0;i<=n;i++){dp[i][0]=i; //删除 }for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(s[i]==b[j])dp[i][j]=dp[i-1][j-1];//此时i j位置相同，可以直接从s[i-1]->b[j-1] 转移过来else{dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+1,min(dp[i-1][j]+1,dp[i][j-1]+1));/*dp[i-1][j]+1 表示我们把s[1~i] 删掉i位置，得到s[1~i-1]  从它变到b[1~j]  dp[i][j-1]+1 表示我们把s[1~i]  从它变到b[1~j-1]  然后插入一个b[j] dp[i-1][j-1]+1    从s[1~i-1]  从它变到b[1~j-1]   对于s[i] 直接修改为b[j]   */} }}printf("%d\n",dp[n][m]);}return 0;
}

B题 最长上升子序列 (N^2)版本

#include<iostream>
using namespace std;
int A[1005];
int dp[1005]; //dp[i]表示以A[i]结尾的最长上升子序列元素 
int main(){int n;scanf("%d",&n);int ans=1;for(int i=1;i<=n;i++){dp[i]=1;scanf("%d",&A[i]);for(int j=i-1;j>=1;j--){if(A[j]<A[i]){dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1);}}//考虑拼接的方法，想寻得dp[i]，往前面找，跟某个元素拼接起来  形成以A[i]//结尾的上升子序列，那么所有的子序列取max也就是最大的   ans=max(ans,dp[i]);//但是答案不一定是以A[n]结尾  }printf("%d",ans);return 0;
}

当然，其实还有优化写法，利用二分，即可实现NlogN 的时间复杂度
我建议还是背一下(理解一下)
代码不是完全的，请看看思路

ll dp[N];
ll a[N];
ll b[N];
signed  main() {ll n;read(n);for(int i=1; i<=n; i++) {read(a[i]);}ll cnt=0;for(int i=1; i<=n; i++) {if(cnt==0||a[i]>dp[cnt]) {dp[++cnt]=a[i];//首位置要放入元素//如果当前元素A【i】比当前序列结尾的还要大，放进来  上升 continue;} else {//如果当前元素A[i]≤ 序列结尾  //考虑查找序列里面合适的值，替换掉 //举例  1 100 2   //实际上用2替换100会更优，因为你过程的元素越大，越不利于后续上升dp[upper_bound(dp+1,dp+1+cnt,a[i])-dp]=a[i];}}printf("%lld",cnt);
}

右边的数字即全球通过人数

C题题解
我觉得这是不能错的题。$1\ast 1$的格子不用说了，啥地方都能放
主要看$2\ast 2$的，一个板只能放最多两个$2\ast 2$的
所以你要先计算出放$b$个$2\ast 2$的要多少板 ，以及这些板还有多少个格子没放的。
如果多余没放的格子足够放完$a$个$1\ast 1$的 ，那么答案就是$2\ast 2$需要的板子数
否则你还需要用(a-多余格子) 这么多个格子去计算还需要多少块板

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){int a,b;	scanf("%d%d",&a,&b);	int le=0;if(b%2==0)le=(15-8)*(b/2);if(b%2){le=(15-8)*(b/2)+15-4;}int ans=b/2+b%2;if(a<=le)printf("%d\n",ans);else{printf("%d\n",ans+(a-le)/15+((a-le)%15!=0));	}}return 0;
}

D题题解
这其实就是个简单的模拟题，你把输入的字符串字母sort一遍，把密码表处理出来
然后枚举字符串开始翻译就行了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[200005];
char b[30];
bool vis[30];
char sw[30];
int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){memset(vis,false,sizeof(vis));int n;scanf("%d",&n);scanf("%s",s+1);int len=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(vis[s[i]-'a'])continue;else{vis[s[i]-'a']=true;b[++len]=s[i];}}sort(b+1,b+1+len);for(int i=1;i<=len/2+1;i++){sw[b[i]-'a']=b[len-i+1];sw[b[len-i+1]-'a']=b[i];}for(int i=1;i<=n;i++){s[i]=sw[s[i]-'a'];}printf("%s\n",s+1);}return 0;
}

E题题解
这个标记题需要一定数理知识
对于一个三元组$A[i-2],A[i-1],A[i]$ 我们得标记它们，你可以想象一下，什么样的三元组能相互之间算答案？有两个元素一样对不对，我们直接把一样的元素标记起来，记为一个二元组。

以此标记该三元组里面的二元组，按顺序标记
每次计算答案的时候，查找一下当前三元组前面，有多少个跟自己的二元组一样的三元组，该操作不保证过滤了重复元素
因此我们需要查询该三元组前面有多少个跟自己一模一样的三元组，因为一模一样是不会产生答案的，所以要减去3倍

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int A[200005];
map<pair<int,int>,int >vis_1;
map<pair<int,int>,int >vis_2;
map<pair<int,int>,int >vis_3;
map<pair<pair<int,int>,int> ,int >pre;
int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);long long int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&A[i]);if(i>=3){//    当前三元组A[i-2] A[i-1] A[i] //  三种可能: A[i-2]A[i]相等   A[i-1]A[i]相等   A[i-2]A[i-1]相等  这三个二元组可以作为标记去查询ans=ans+vis_1[make_pair(A[i-2],A[i-1])];//统计前面有多少个跟A[i-2] A[i-1]值一样的二元组(先不考虑前面存在跟自己完全一样的三元组，那么答案就是加这个二元组标记的个数，视作前面出现的该二元组的元素与当前A[i]都不一样)//A[i-2] A[i-1]   ?        前面的一些三元组结构//A[i-2] A[i-1] A[i]       当前三元组    ans=ans+vis_2[make_pair(A[i-2],A[i])];ans=ans+vis_3[make_pair(A[i-1],A[i])];	vis_1[make_pair(A[i-2],A[i-1])]++;vis_2[make_pair(A[i-2],A[i])]++;vis_3[make_pair(A[i-1],A[i])]++;ans=ans-3*pre[make_pair(make_pair(A[i-2],A[i-1]),A[i])];//考虑存在重复的问题，举例//如果前面有x个三元组满足值与当前三元组(A[i-2],A[i-1],A[i])一样，那么我们就多计算了x个答案，因为完全相等的三元组不产生答案贡献，枚举了三个二元组，所以减法要减去*3  pre[make_pair(make_pair(A[i-2],A[i-1]),A[i])]++;}}printf("%lld\n",ans);vis_1.clear();vis_2.clear();vis_3.clear();pre.clear();}return 0;
}

F题题解
考虑东西南北指令，划分为两部分
一个部分是: 北南凑一对，相当于抵消移动 东西凑一对，相当于抵消移动

第一部分完成后，未凑对的剩下来的只能是北/南里面的一种，剩下的我们要考虑能不能均分给两个人，同理东西

计算北南的对数，东西的对数
北南可以按A人先的顺序轮流分配
东西可以按B人先的顺序轮流分配
接下来分配剩余的未配对的，注意如果剩余奇数个，肯定不能保证最终两个人走在同一个地方

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char s[200005];
int vis[30];
int A[30];
int B[30];
int main(){int t;scanf("%d",&t);int N,S,E,W;N='N'-'A';S='S'-'A';E='E'-'A';W='W'-'A';while(t--){int n;scanf("%d",&n);scanf("%s",s+1);vis[N]=vis[S]=vis[E]=vis[W]=0;A[N]=A[S]=A[E]=A[W]=0;B[N]=B[S]=B[E]=B[W]=0;for(int i=1;i<=n;i++){vis[s[i]-'A']++;}int ns=min(vis[N],vis[S]);int ew=min(vis[E],vis[W]);//配对相消  int lens=max(vis[N],vis[S])-min(vis[N],vis[S]);int leew=max(vis[E],vis[W])-min(vis[E],vis[W]); for(int i=1;i<=ns;i++){if(i%2){A[N]++;A[S]++;}else{B[N]++;B[S]++;}}for(int i=1;i<=ew;i++){if(i%2){B[E]++;B[W]++;}else{A[E]++;A[W]++;}}//双消+偶数//单消 + 偶 if(lens%2||leew%2){printf("NO\n");}else{int op;if(vis[N]>vis[S])op=N;else op=S;A[op]+=lens/2;B[op]+=lens/2;if(vis[E]>vis[W])op=E;else op=W;A[op]+=leew/2;B[op]+=leew/2;if((A[N]+A[S]+A[E]+A[W])==0||(B[N]+B[S]+B[E]+B[W])==0){printf("NO\n");continue;}	for(int i=1;i<=n;i++){if(A[s[i]-'A']){A[s[i]-'A']--;printf("R");}else{B[s[i]-'A']--;printf("H");}}printf("\n");}}return 0;
}