1.统计数字（count.pas/c/cpp）
【问题描述】
某次科研调查时得到了n个自然数，每个数均不超过1500000000（1.5*109）。已知不相同的数不超过10000个，现在需要统计这些自然数各自出现的次数，并按照自然数从小到大的顺序输出统计结果。
【输入】
输入文件count.in包含n+1行；
第一行是整数n，表示自然数的个数；
第2~n+1每行一个自然数。
【输出】
输出文件count.out包含m行（m为n个自然数中不相同数的个数），按照自然数从小到大的顺序输出。每行输出两个整数，分别是自然数和该数出现的次数，其间用一个空格隔开。
【输入输出样例】
count.in
8
2
4
2
4
5
100
2
100
count.out
2 3
4 2
5 1
100 2
【限制】
40%的数据满足：1<=n<=1000
80%的数据满足：1<=n<=50000
100%的数据满足：1<=n<=200000，每个数均不超过1500 000 000（1.5*109）
【解题思想1】显然，此题可以用排序的方法来解决，根据n的范围，可以看出，O(nlogn)的算法是可以接受的。
【解题思想2】维护一个二叉树，以数的大小作为节点的权值，以数的重复次数作为节点的附加信息。之后中序遍历即可。 看起来，树内的节点个数应该不到n，所以可能表现不错，其算法复杂度依然为O(nlogn)
【实际数据规模】挺小的，而且也没有传说中的卡Qsort的数据，全部都很温柔。
【分析】这个题目实在不能说是一道TG组的好题。实际上，个人认为题目最大的意义在于：提供了10个测试排序算法的不怎么特别好的数据。话说回来，此题是送分题，但是送分题送的这么水，考察的也就只有OIers的细心程度了。在考试的时候，要相信有简单的题目，要相信有直接的算法。在我的身边就有几个同学因为这个题目与一等失之交臂，这是最可惜的事情。
var a:array[1..200001] of longint;
i,j,k,m,n:longint;
procedure qsort(s,t:longint);
var i,j,mid,temp:longint;
begin
i:=s;j:=t;mid:=a[(s+t) div 2];
while i<=j do
begin
while a<mid do inc(i);
while a[j]>mid do dec(j);
if i<=j then
begin
temp:=a;a:=a[j];a[j]:=temp;
inc(i);dec(j);
end;
end;
if i<t then qsort(i,t);
if j>s then qsort(s,j);
end;
begin
readln(n);
for i:=1 to n do readln(a);
qsort(1,n);
a[n+1]:=maxlongint;
k:=1;
for i:=2 to n+1 do
if a<>a[i-1] then
begin writeln(a[i-1],' ',k); k:=1;end
else k:=k+1;
end.
2.字符串的展开（expand.pas/c/cpp）
【问题描述】
在初赛普及组的“阅读程序写结果”的问题中，我们曾给出一个字符串展开的例子：如果在输入的字符串中，含有类似于“d-h”或者“4-8”的字串，我们就把它当作一种简写，输出时，用连续递增的字母获数字串替代其中的减号，即，将上面两个子串分别输出为“defgh”和“45678”。在本题中，我们通过增加一些参数的设置，使字符串的展开更为灵活。具体约定如下：
(1) 遇到下面的情况需要做字符串的展开：在输入的字符串中，出现了减号“-”，减号两侧同为小写字母或同为数字，且按照ASCII码的顺序，减号右边的字符严格大于左边的字符。
(2) 参数p1：展开方式。p1=1时，对于字母子串，填充小写字母；p1=2时，对于字母子串，填充大写字母。这两种情况下数字子串的填充方式相同。p1=3时，不论是字母子串还是数字字串，都用与要填充的字母个数相同的星号“*”来填充。
(3) 参数p2：填充字符的重复个数。p2=k表示同一个字符要连续填充k个。例如，当p2=3时，子串“d-h”应扩展为“deeefffgggh”。减号两边的字符不变。
(4) 参数p3：是否改为逆序：p3=1表示维持原来顺序，p3=2表示采用逆序输出，注意这时候仍然不包括减号两端的字符。例如当p1=1、p2=2、p3=2时，子串“d-h”应扩展为“dggffeeh”。
(5) 如果减号右边的字符恰好是左边字符的后继，只删除中间的减号，例如：“d-e”应输出为“de”，“3-4”应输出为“34”。如果减号右边的字符按照ASCII码的顺序小于或等于左边字符，输出时，要保留中间的减号，例如：“d-d”应输出为“d-d”，“3-1”应输出为“3-1”。
【输入】
输入文件expand.in包括两行：
第1行为用空格隔开的3个正整数，一次表示参数p1，p2，p3。
第2行为一行字符串，仅由数字、小写字母和减号“-”组成。行首和行末均无空格。
【输出】
输出文件expand.out只有一行，为展开后的字符串。
【输入输出样例1】
expand.in
1 2 1
expand.out
abcs-w1234-9s-4zz abcsttuuvvw1234556677889s-4zz
【输入输出样例2】
expand.in
2 3 2
expand.out
a-d-d aCCCBBBd-d
【输入输出样例3】
expand.in
3 4 2
expand.out
di-jkstra2-6 dijkstra2************6
【限制】
40%的数据满足：字符串长度不超过5
100%的数据满足：1<=p1<=3，1<=p2<=8，1<=p3<=2。字符串长度不超过100
解题思路:也是个水题，考察对语言的运用能力，字符串处理的技巧和仔细读题的能力,测试数据已经包括所有情况了，但是有些细节要想清楚，而且一些特殊的情况也要单独测试一下，如9-a-a，--a-1;
需要注意的是：首尾‘-’的情况，要用ansistring
Var p1, p2, p3, ii, jj, i, ch1, ch2: longint;
s: string;
procedure print(st, en: longint);
begin
if p3 = 1 then
for ii := st to en do begin
for jj := 1 to p2 do write(chr(ii));
end
else
for ii := en downto st do begin
for jj := 1 to p2 do write(chr(ii));
end;
end;
procedure print0(st, en: longint);
begin
for ii := st to en do
for jj := 1 to p2 do write('*');
end;
procedure judge;
begin
ch1 := ord(s[i-1]);
ch2 := ord(s[i+1]);
if ch1 < ch2 then begin
if (ch1 >= 48) and (ch1 <= 57) and (ch2 >= 48) and (ch2 <= 57) then begin
if p1 = 3 then print0(ch1+1, ch2-1) else print(ch1+1, ch2-1);
exit;
end;
if (ch1 >= 97) and (ch1 <= 122) and (ch2 >= 97) and (ch2 <= 122) then begin
case p1 of
1: print(ch1+1, ch2-1);
2: print(ch1-31, ch2-33);
3: print0(ch1+1, ch2-1);
end;
exit;
end;
end;
write('-');
end;
begin
readln(p1, p2, p3);readln(s);write(s[1]);
for i := 2 to length(s)-1 do
if s = '-' then judge
else write(s);
writeln(s[length(s)]);
end.
3.矩阵取数游戏（game.pas/c/cpp）
【问题描述】帅帅经常更同学玩一个矩阵取数游戏：对于一个给定的n*m的矩阵，矩阵中的每个元素aij据为非负整数。游戏规则如下：
1. 每次取数时须从每行各取走一个元素，共n个。m次后取完矩阵所有的元素；
2. 每次取走的各个元素只能是该元素所在行的行首或行尾；
3. 每次取数都有一个得分值，为每行取数的得分之和；每行取数的得分 = 被取走的元素值*2i，其中i表示第i次取数（从1开始编号）；
4. 游戏结束总得分为m次取数得分之和。
帅帅想请你帮忙写一个程序，对于任意矩阵，可以求出取数后的最大得分。
【输入】
输入文件game.in包括n+1行；
第一行为两个用空格隔开的整数n和m。
第2~n+1行为n*m矩阵，其中每行有m个用单个空格隔开
【输出】
输出文件game.out仅包含1行，为一个整数，即输入矩阵取数后的最大的分。
【输入输出样例1】
game.in
2 3
1 2 4
3 4 2
game.out
82
【输入输出样例1解释】
第1次：第一行取行首元素，第二行取行尾元素，本次的氛围1*21+2*21=6
第2次：两行均取行首元素，本次得分为2*22+3*22=20
第3次：得分为3*23+4*23=56。总得分为6+20+56=82
【输入输出样例2】
game.in
1 4
4 5 0 5
game.out
122
【输入输出样例3】
game.in
2 10
96 56 54 46 86 12 23 88 80 43
16 95 18 29 30 53 88 83 64 67
game.out
316994
【限制】
60%的数据满足：1<=n, m<=30，答案不超过1016
100%的数据满足：1<=n, m<=80，0<=aij<=1000
解题思路:很多人可能会被第一个样例误导认为贪心，第二个样例就提示我们贪心是错误的,其实有经验的选手一看就是dp，可以看作类似于石子归并，每次在2边进行合并我们可以把问题转化为每次要取完一整行，一共取m次。注意到每一行都是独立的一个结构，所以可以每行的结果计算出来后求和。
对于每一行，f(i,j)表示从i到j这一子段单独操作可以达到的最大权值。
有状态转移方程：f(i,j) = 2*max(a(i)+f(i+1,j),a(j)+f(i,j-1))
边界f(i,i)=2*a(i)
最后答案就把每一行的f(0,m-1)加起来即可。这里可以算得答案不超过30位10进制数，所以高精度的digit数组开到30足够了。乘法也不用写，用两次加法即可。
Const maxn=80; one=10000;
Type num=array[0..25] of longint;
Var a:array[1..maxn] of longint; f:array[1..maxn,1..maxn] of num;
m,n:longint; ans:num;
procedure add(var c:num;a,b:num);
var i,x:longint;
begin
if a[0]>b[0] then c[0]:=a[0] else c[0]:=b[0];x:=0;
for i:=1 to c[0] do
begin
x:=a+b+x;
c:=x mod one;
x:=x div one;
end;
if x>0 then begin inc(c[0]); c[c[0]]:=x; end;
end;
procedure time(var a:num;k:longint);
var i,x:longint;
begin
x:=0;
for i:=1 to a[0] do begin x:=a*k+x; a:=x mod one; x:=x div one; end;
while x>0 do begin inc(a[0]);a[a[0]]:=x mod one;x:=x div one;end;
end;
function compare(a,b:num):boolean;
var i:longint;
begin
if a[0]>b[0] then exit(true);
if b[0]>a[0] then exit(false);
for i:=a[0] downto 1 do
begin
if a>b then exit(true);
if b>a then exit(false);
end;
exit(false);
end;
procedure plus(var c:num;a:num;k:longint);
var i,j:longint;
begin
c:=a;i:=1; inc(c,k);
while c>=one do
begin
c[i+1]:=c[i+1]+c div one;
c:=c mod one;
inc(i);
if c[0]<i then c[0]:=i;
end;
end;
procedure dp;
var i,j:longint; max,temp:num;
begin
fillchar(f,sizeof(f),0);
for i:=1 to m do begin f[i,i][0]:=1; f[i,i][1]:=a*2; end;
for i:=m-1 downto 1 do
for j:=i+1 to m do
begin
plus(max,f[i+1,j],a);
time(max,2);
plus(temp,f[i,j-1],a[j]);
time(temp,2);
if compare(temp,max) then max:=temp;
f[i,j]:=max;
end;
add(ans,ans,f[1,m]);
end;
procedure init;
var i,j:longint;
begin
readln(n,m);
for i:=1 to n do begin for j:=1 to m do read(a[j]); readln; dp; end;
end;
procedure outs;
var i:longint;
begin
write(ans[ans[0]]);
for i:=ans[0]-1 downto 1 do
begin
write(ans div 1000 mod 10);
write(ans div 100 mod 10);
write(ans div 10 mod 10);
write(ans mod 10);
end;
end;
begin
init;outs;
end.
4.树网的核（core.pas/c/cpp）
【问题描述】设T=(V, E, W) 是一个无圈且连通的无向图（也称为无根树），每条边到有正整数的权，我们称T为树网（treebetwork），其中V，E分别表示结点与边的集合，W表示各边长度的集合，并设T有n个结点。
路径：树网中任何两结点a，b都存在唯一的一条简单路径，用d(a, b)表示以a, b为端点的路径的长度，它是该路径上各边长度之和。我们称d(a, b)为a, b两结点间的距离。
D(v, P)=min{d(v, u), u为路径P上的结点}。
树网的直径：树网中最长的路径成为树网的直径。对于给定的树网T，直径不一定是唯一的，但可以证明：各直径的中点（不一定恰好是某个结点，可能在某条边的内部）是唯一的，我们称该点为树网的中心。
偏心距ECC(F)：树网T中距路径F最远的结点到路径F的距离，即
ECC(F)=max{d(v, F)，v∈V}
任务：对于给定的树网T=(V, E, W)和非负整数s，求一个路径F，他是某直径上的一段路径（该路径两端均为树网中的结点），其长度不超过s（可以等于s），使偏心距ECC(F)最小。我们称这个路径为树网T=(V, E, W)的核（Core）。必要时，F可以退化为某个结点。一般来说，在上述定义下，核不一定只有一个，但最小偏心距是唯一的。
下面的图给出了树网的一个实例。图中，A-B与A-C是两条直径，长度均为20。点W是树网的中心，EF边的长度为5。如果指定s=11，则树网的核为路径DEFG（也可以取为路径DEF），偏心距为8。如果指定s=0（或s=1、s=2），则树网的核为结点F，偏心距为12。
【输入】
输入文件core.in包含n行：
第1行，两个正整数n和s，中间用一个空格隔开。其中n为树网结点的个数，s为树网的核的长度的上界。设结点编号以此为1，2，……，n。
从第2行到第n行，每行给出3个用空格隔开的正整数，依次表示每一条边的两个端点编号和长度。例如，“2 4 7”表示连接结点2与4的边的长度为7。
所给的数据都是争取的，不必检验。
【输出】
输出文件core.out只有一个非负整数，为指定意义下的最小偏心距。
【输入输出样例】
【输入输出样例1】
core.in
5 2
1 2 5
2 3 2
2 4 4
2 5 3
Core.out
5
【输入输出样例2】
core.in
8 6
1 3 2
2 3 2
3 4 6
4 5 3
4 6 4
4 7 2
7 8 3
core.out
5
【限制】
40%的数据满足：5<=n<=15
70%的数据满足：5<=n<=80
100%的数据满足：5<=n<=300，0<=s<=1000。边长度为不超过1000的正整数
解题思路:可以证明的是，如果图中存在多条路径，则在任何一条直径上都存在一条core（反证法，用到直径的距离最大性）。因此只需讨论一条直径上的core的情况即可。接着，如果一条路径包括了一条子路径的所有边，那么子路径的解不会比父路径更优。这一点后面将用到。
下面是算法：先寻找一条直径：任取一点u'，遍历得到到它的最远点u，再对u寻找一个到它的最远点v，则路径u-v一定是一条直径（想想为什么），在刚才遍历u-v的时候记录遍历到每一个点的时候的前继，那么从v出发一直寻找前继到u，就能记录下这一条直径。这里复杂度是O(n)。
然后枚举core：注意刚才说到了路径是越长越好，因此枚举的时候，每枚举一个初始点，向后都尽量延伸到不超过s的距离。这样每个初始点只确定一个枚举对象。对于终止点的选定可以采用一个游标的方式，当初始点从u到v扫过一遍时，游标也从u扫到了v（回想怎么求解凸多边形最远点对的），因此这里复杂度是O(n)。
最后求ECC：暂时删除枚举对象（那条路径）上的所有边，然后以那条路径上的那些顶点作为源点开始遍历图，找到的最大距离就是该路径的ECC。这里复杂度也将是O(n)。
因此总复杂度为O(n)+O(n)*O(n) = O(n^2)，ac。
线性算法：
同样只要考虑一条直径。先对于直径上的顶点赋值：与该顶点连通的最远点的距离。这样可以构成一个线性模型，点（记为v）有一个值（记为f），边有一个值（即原来图中v和v[i+1]之间的距离，记为e）。这一步可以O(n)完成。
接着考虑这个线性模型。枚举过程还是和刚才一样。假设枚举的是v[a]到v这一段路径，那么，这一段路径的ECC应当是以下几个值的最大值：1)max(v[a],v[a+1]...,v); 2)max(v+e+e[i+1]+...+e[a-1],i<a); 3)max(e+e[b+1]+...+v,i>b);
如果以上3个值能够在O(1)内回答，那么总复杂度就将是O(n)
对于1，显然这是个RMQ模型，有一个O(n)算法（当然st的O(nlogn)也可以接受）。或者考虑到这个问题的特殊性，所有(a,b)类的询问区间都不是严格包含的（即任取询问(a,b)(c,d)都不存在a>b&&c<d），单调队列也是可以采用的（而且常数小，推荐使用）
对于2，设一个数组a[1..n]，a[k]表示max(v+e+...+e[k-1],i<k)，那么a[k+1]=max(a[k],v[k])+e[k]，因此整个a数组可以在O(n)时间内预处理得到，随后在枚举的时候直接查表即可。
3和2同理，不再详述
Const maxn = 65536;
Var n, s, i, j, aa, bb, k, temp, st, en, ans, tou, max, len, dep, now: longint;
w, f, mid: array[0..300, 0..300] of longint;
p: array[0..50000, 1..2] of integer;
a: array[0..300] of integer;
d: array[0..300] of longint;
begin
readln(n, s);
for i := 1 to n do
begin
w[i, i] := 0;f[i, i] := 0;
for j := i+1 to n do
begin
f[i, j] := maxn; f[j, i] := maxn;
w[i, j] := maxn;w[j, i] := maxn;
end;
end;
for i := 2 to n do
begin
read(aa, bb);
readln(w[aa, bb]);
w[bb, aa] := w[aa, bb];
f[aa, bb] := w[aa, bb];
f[bb, aa] := w[aa, bb];
end;
for k := 1 to n do
for i := 1 to n do
for j := 1 to n do
if f[i, j] > f[i, k] + f[k, j] then f[i, j] := f[i, k] + f[k, j];
fillchar(p, sizeof(p), 0);
tou := 0;max := 0;
for i := 1 to n-1 do begin
for j := i+1 to n do begin
if f[i, j] > max then
begin
p[1, 1] := i; p[1, 2] := j;
tou := 1; max := f[i, j];
end
else begin
if f[i, j] = max then
begin inc(tou); p[tou, 1] := i;p[tou, 2] := j;end;
end;
end;
end;
ans := maxn;
for dep := 1 to tou do
begin
len := 0;st := p[dep, 1];en := p[dep, 2];
now := en;
while f[now, st] <> w[now, st] do
begin
for k := 1 to n do
begin
if (f[st, now] = f[st, k] + w[k, now]) and (k <> now) then
begin
inc(len);
a[len] := now; now := k; break;
end;
end;
end;
inc(len);a[len] := now;inc(len);a[len] := st;
for i := 1 to len do
begin
temp := 0;st := a;
for k := 1 to n do d[k] := f[st, k];
for j := i+1 to len do
begin
en := a[j];
if f[st, en] > s then break;
for k := 1 to n do
if d[k] > f[k, en] then d[k] := f[k, en];
end;
for k := n downto 1 do
if d[k] > temp then
begin
temp := d[k];
if temp >= ans then break;
end;
if temp < ans then ans := temp;
end;
end;
writeln(ans);
end.
