T1
原题链接https://www.luogu.com.cn/problem/P1025
不是我出的
T2
原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P26787
这道题就是讲过的二分+贪心，先二分规定每两个点之间都必须大于等于某个值，然后依次枚举通过贪心求出最少需要删除的点数，最后用这个最小值和m比较一下即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define dwn(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
#define ll long long
using namespace std;
template<typename T>inline void qr(T &x){x=0;int f=0;char s=getchar();while(!isdigit(s))f|=s=='-',s=getchar();while(isdigit(s))x=x*10+s-48,s=getchar();x=f?-x:x;
}
int cc=0,buf[31];
template<typename T>inline void qw(T x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;do{buf[++cc]=int(x%10);x/=10;}while(x);while(cc)putchar(buf[cc--]+'0');
}
const int N=5e4+10;
int L,n,m,a[N];
bool check(int lim){int last=0,cnt=0;rep(i,1,n){if(a[i]-last<lim)cnt++;else last=a[i];}if(L-last<lim)cnt++;return cnt<=m;
}
void solve(){qr(L),qr(n),qr(m);rep(i,1,n)qr(a[i]);int l=1,r=L,mid,ans=0;while(l<=r){mid=(l+r)/2;if(check(mid))l=mid+1,ans=mid;else r=mid-1;}qw(ans);
}
int main(){int tt;tt=1;while(tt--)solve();return 0;
}
T3
原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1149
不是我出的
T4
高中的时候师兄出的题，不过我把简单版拿出来考大家，原来的版本不止一块糕，有兴趣的同学可以思考。
猜测有不少人会用能切多大切多大的策略，但是这样确实是不正确的，提交发现答案错误以后应该是可以发现的。
正确的思路就是先考虑 n ∗ 1 n*1 n∗1和 1 ∗ m 1*m 1∗m这两种糕，这两种糕显然都满足前面那个贪心，这就说明如果不横切只竖切的话，切法是固定的。
观察可以发现，每切一次一边的长度大概会减少一半，也就是说横切和竖切的刀数最多也就是30~40，如果超过了就会切成长度为1的。
结合这两种思路，我们枚举横切的刀数，剩下的刀数全部用来竖切，拿一个数组记录每一边切多少刀以后还会剩下多少，然后统计即可。时间复杂度为 O ( T l o g N ) O(TlogN) O(TlogN)。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define dwn(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
#define ll long long
using namespace std;
template<typename T>inline void qr(T &x){x=0;int f=0;char s=getchar();while(!isdigit(s))f|=s=='-',s=getchar();while(isdigit(s))x=x*10+s-48,s=getchar();x=f?-x:x;
}
int cc=0,buf[31];
template<typename T>inline void qw(T x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;do{buf[++cc]=int(x%10);x/=10;}while(x);while(cc)putchar(buf[cc--]+'0');
}
const int N=110;
int n,m,k;
int cnt1,f[N];
int cnt2,g[N];
void solve(){qr(n),qr(m),qr(k);f[cnt1=0]=n;while(f[cnt1]>1){cnt1++;f[cnt1]=(f[cnt1-1]+1)/2;}g[cnt2=0]=m;while(g[cnt2]>1){cnt2++;g[cnt2]=(g[cnt2-1]+1)/2;}ll ans=0;rep(i,0,min(cnt1,k)){int j=min(cnt2,max(0,k-i));ans=max(ans,1ll*n*m-1ll*f[i]*g[j]);}qw(ans);puts("");
}
int main(){ int tt;qr(tt); while(tt--)solve();return 0;
}
T5
fyh大神出的
原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3974
这是fyh大神的思路
#include <cstdio>
const int CN = 1010;
int T, N, M, a[CN][CN];
long long f[CN][CN];
long long max(long long a, long long b, long long c) {if (a > b)return a > c ? a : c;return b > c ? b : c;
}
int main() {scanf("%d", &T);while (T--) {scanf("%d%d", &N, &M);for (int i = 1; i <= N; ++i)for (int j = 1; j <= M; ++j)scanf("%d", &a[i][j]);for (int i = N; i >= 1; --i)for (int j = 1; j <= M; ++j)f[i][j] = max(f[i + 1][j - 1] + a[i][j], f[i + 1][j], f[i][j - 1]);printf("%lld\n", f[1][M]);for (int i = 1; i <= N; ++i)for (int j = 1; j <= M; ++j)f[i][j] = 0;}return 0;
}
洛谷上应该有这种做法的讲解，说实话我也感觉很震惊，也不太理解。
下面讲一下我的贪心法，这种做法实际上就是一行一行模拟路径的选择，大家可以自己模拟一下，这个模拟过程确实挺复杂的。
首先考虑一行的情况，很明显就是取最大值。
然后考虑两行的情况，我的思路是在第一行已经确定路径的基础上将第二行加上，如果只靠第一行的路径没有办法满足第二行的全部需求，那么我们再给第二行添上能够恰好满足条件的路径，这些路径显然是先下到第二行再往右边走。对于第一行原本的路径，我采用的是能往下就往下的做法，比如当前已经有x跳路径到达 ( 1 , i ) (1,i) (1,i)，但是 ( 1 , i ) (1,i) (1,i)右边的最大值mx小于x，那么就可以把x-mx的路径提前往下走，剩下的路径显然是可以满足要求的。
现在拓展到一般情况，假设现在要把第i行插入矩阵，其中 f [ i ] [ j ] f[i][j] f[i][j]表示刚好到达 ( i , j ) (i,j) (i,j)的路径条数，这些路径刚好就是从第 i − 1 i-1 i−1行直接下来的。
那么我们马上就要考虑需要额外引入多少条路径，这些路径就是从起点直接下到 ( i , 1 ) (i,1) (i,1)。这个值是 m a x ( 0 , m a x ( a [ i ] [ j ] − ∑ k = 1 j f [ i ] [ k ] ) ) max(0,max(a[i][j]-\sum_{k=1}^jf[i][k])) max(0,max(a[i][j]−∑k=1jf[i][k]))，也就是最糟糕的情况是把下来的全部路径拉到右边，如果这不能满足要求，那就要额外引入路径。
然后的操作就是从左往右枚举点 ( i , j ) (i,j) (i,j)，显然我们要在每一个点都让最多的路径往下，使得剩下的路径在全部往右走的情况下能够满足每一个点的要求，具体实现大家可以自己去想，不过思路都是一样的，这里只是提供其中实现方法。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define dwn(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
#define ll long long
using namespace std;
template<typename T>inline void qr(T &x){x=0;int f=0;char s=getchar();while(!isdigit(s))f|=s=='-',s=getchar();while(isdigit(s))x=x*10+s-48,s=getchar();x=f?-x:x;
}
int cc=0,buf[31];
template<typename T>inline void qw(T x){if(x<0)putchar('-'),x=-x;do{buf[++cc]=int(x%10);x/=10;}while(x);while(cc)putchar(buf[cc--]+'0');
}
const int N=1e3+10;
const ll inf=1e18;
int n,m,a[N][N];
ll f[N][N],sum[N][N],nd[N][N],mx[N][N];
void solve(){qr(n),qr(m);rep(i,1,n)rep(j,1,n)qr(a[i][j]);rep(i,1,n)rep(j,1,n)f[i][j]=sum[i][j]=0;ll ans=0;rep(i,1,n){rep(j,1,m){sum[i][j]=sum[i][j-1]+f[i][j];nd[i][j]=a[i][j]-sum[i][j];}mx[i][m+1]=-inf;dwn(j,m,1)mx[i][j]=max(mx[i][j+1],nd[i][j]);ans+=max(0ll,mx[i][1]);ll add=max(0ll,mx[i][1]);rep(j,1,m){if(add>mx[i][j+1]){ll maxflow=min(add+sum[i][j],add-mx[i][j+1]);f[i+1][j]+=maxflow;add-=maxflow;}}}qw(ans);puts("");
}
int main(){int tt;qr(tt);while(tt--)solve();return 0;
}
注解)
