url: https://www.luogu.com.cn/problem/P2004

tag：
前缀和

思路：
先求前缀和，然后遍历右下端点，求出每个对应的子矩阵的总和，判断是否大于res，如果大的话就更新res和坐标x，y。最后输出x和y即可。

ps：这道题很简单，本来不应该传博客的，但是觉得自己写的好优美，忍不住传一下，以后偶尔可以翻出来看看。真的好优美感觉。

代码：

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
long long p[N][N];
int n, m , c;
int main()
{
    cin >> n >> m >> c;
    for (int i = 1; i <= n; i ++)
        for (int j = 1; j <= n; j ++)
        {
            cin >> p[i][j];
            p[i][j] += p[i - 1][j] + p[i][j - 1] - p[i - 1][j - 1];
        }
    long long res = 0, x, y;
    for (int i = c; i <= n; i ++)
        for (int j = c; j <= m; j ++)
        {
            long long tmp = p[i][j] - p[i - c][j] - p[i][j - c] + p[i - c][j - c];
            if (tmp > res)
            {
                res = tmp;
                x = i - c + 1;
                y = j - c + 1;
            }
        }
    cout << x << ' ' << y;
    return 0;
}

问题描述

小U计划进行一场从地点A到地点B的徒步旅行，旅行总共需要 M 天。为了在旅途中确保安全，小U每天都需要消耗一份食物。在路程中，小U会经过一些补给站，这些补给站分布在不同的天数上，且每个补给站的食物价格各不相同。

小U需要在这些补给站中购买食物，以确保每天都有足够的食物。现在她想知道，如何规划在不同补给站的购买策略，以使她能够花费最少的钱顺利完成这次旅行。

• M：总路程所需的天数。
• N：路上补给站的数量。
• p：每个补给站的描述，包含两个数字 A 和 B，表示第 A 天有一个补给站，并且该站每份食物的价格为 B 元。

保证第0天一定有一个补给站，并且补给站是按顺序出现的。

测试样例

样例1：

输入：m = 5 ,n = 4 ,p = [[0, 2], [1, 3], [2, 1], [3, 2]]
输出：7

样例2：

输入：m = 6 ,n = 5 ,p = [[0, 1], [1, 5], [2, 2], [3, 4], [5, 1]]
输出：6

样例3：

输入：m = 4 ,n = 3 ,p = [[0, 3], [2, 2], [3, 1]]
输出：9

代码：

int solution(int m, int n, std::vector<std::vector<int>> p) {
    // 在末尾添加一个虚拟站点表示终点，价格设为0（方便处理，但不会实际购买）
    p.push_back({m, 0});
    int totalCost = 0;
    int currentIndex = 0; // 当前站点索引
    while (currentIndex < p.size() - 1) { // 最后一个虚拟站点不作为实际购买点
        int currentDay = p[currentIndex][0];
        int currentPrice = p[currentIndex][1];
        int nextIndex = currentIndex + 1;
        // 找到下一个比当前站价格低的站点或者终点
        while (nextIndex < p.size() && p[nextIndex][1] >= currentPrice) {
          nextIndex++;
        }
        // 如果未找到更便宜的，nextIndex 会指向虚拟终点站
        if (nextIndex == p.size()) {
          nextIndex = p.size() - 1;
        }
        int nextDay = p[nextIndex][0];
        // 计算从当前站到目标站之间需要的天数差
        int daysNeeded = nextDay - currentDay;
        // 在当前站购买足够的食物以覆盖到下一个更便宜的站或终点
        totalCost += daysNeeded * currentPrice;
        // 将当前站点移动到找到的更便宜的站点
        currentIndex = nextIndex;
    }
    return totalCost;
}

tag：
贪心

思路：
用贪心的策略，每次都找一个花费比当前补给站少的点，然后买刚好到那个补给站的食物。然后将当前的位置更新到那个补给站，直到到达终点。

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P4343

tag:
二分，模拟

思路：
思路比较简单，根据题目可以知道当n越小时切出来的题目数量越多，根据这个来二分。分别二分出一个最小值和一个最大值。这道题是细节比较 恶心（bushi 多，需要注意的点比较多。第一个是二分的范围，题目只有一个xi的范围是1e-9到1e9，经测试，r开到1e9范围比较小，看了题解之后发现需要开到1e18.然后这里就有一个问题，因为超过了1e9所以变量不能放到main()函数中，只能放到外面当全局变量。然后如果是mid要用long long类型，记得check函数的函数签名中变量的类型也要是long long。第二个细节是l要从1开始，不能从0开始。第三个细节是，题目没有保证说如果其中一个答案比如最小值存在，另外一个答案就会存在，所以对于最小值和最大值都要进行验证。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10;
long long n, k, l ,r;
long long p[N];
long long check (long long x)
{
    long long sum = 0, cnt = 0;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        if (p[i] > 0) sum += p[i];
        else sum = max((long long)0, sum + p[i]);
        if (sum >= x)
        {
            sum = 0;
            cnt ++;
        }
    }
    return cnt;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &k);
    for (int i = 0; i < n; i ++) scanf("%lld", &p[i]);
    l = 1, r = 1e18;
    while (l < r)
    {
        long long mid = (l + r) >> 1;
        if (check(mid) <= k) r = mid;
        else l = mid + 1;
    }
    long long tmp;
    if (check(l) != k)
    {
        cout << -1 ;
        return 0;
    }
    else tmp = l;
    l = 1, r = 1e18;
    while (l < r)
    {
        long long mid = (l + r + 1) >> 1;
        if (check(mid) >= k) l = mid;
        else r = mid - 1;
    }
    if (check(l) != k)
    {
        cout << -1 ;
        return 0;
    }
    else cout << tmp << ' ' << l;
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P1115

tag：
最大子数列，Kadane 算法，动态规划

思路：
使用动态规划得方法来求解，用两个变量currentSum，和maxSum，分别来维护以当前位置结尾的最大子段和以及全局的最大子段和。状态转移分别是currentSum = max(a, currentSum + a), maxSum = max(maxSum, currentSum).最后输出maxSum即可。细节：一开始可以先定义为最小值-0x3f3f3f3f这样可以避免漏掉负数，以及因为要求和所以最好开long long避免爆int。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n;
int main()
{
    scanf("%d", &n);
    long long currentSum = -0x3f3f3f3f, maxSum = -0x3f3f3f3f;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        long long a;
        scanf("%lld", &a);
        currentSum = max(a, currentSum + a);
        maxSum = max(maxSum, currentSum);
    }
    cout << maxSum << endl;
    return 0;
}

url: https://www.luogu.com.cn/problem/P1090

tag:
哈夫曼（Huffman）树 , 优先队列

思路：因为每次合并果子需要的体力值是两堆果子的重量之和，所以为了让总的体力值最小，可以使用贪心的策略，每次都只合并所有堆中重量最小的两堆。因此可以使用优先队列，每次取出两个头节点，res += 两个节点值的和，再将和的值插入到优先队列，重复这个过程直到队列中只有一个值，最后输出res即可。

代码：

#include <iostream>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
int main()
{
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > heap;
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i ++)
    {
        int a;
        cin >> a;
        heap.push(a);
    }
    long long res = 0;
    while(heap.size() > 1)
    {
        int a = heap.top();
        heap.pop();
        int b = heap.top();
        heap.pop();
        res += a + b;
        heap.push(a + b);
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}