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数据不对，长点心吧

如题。AC代码可以去蓝桥官网测试一下，地址

```cpp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int main() { string s; if (!(cin >> s)) return 0; int ans = 0; int lzone = 0, mzone = 0, szone = 0; for (int i = 0; i < s.length(); i++) { if (s[i] == 'L') lzone++; else if (s[i] == 'M') mzone++; else szone++; } int lstart = 0, lend = lzone - 1; int mstart = lzone, mend = lzone + mzone - 1; int sstart = lzone + mzone, send = (int)s.length() - 1; int minl = 0, sinl = 0, linm = 0, sinm = 0, lins = 0, mins = 0; for (int i = lstart; i <= lend; i++) { if (s[i] == 'M') minl++; else if (s[i] == 'S') sinl++; } for (int i = mstart; i <= mend; i++) { if (s[i] == 'L') linm++; else if (s[i] == 'S') sinm++; } for (int i = sstart; i <= send; i++) { if (s[i] == 'M') mins++; else if (s[i] == 'L') lins++; } ans += min(lins, sinl) + min(linm, minl) + min(sinm, mins); // 每三本形成一个环的书需要两次交换 ans += (abs(lins - sinl) + abs(linm - minl) + abs(sinm - mins)) / 3 * 2; cout << ans; return 0; } ``` 本质上就是先按L,M,S分块，本来在对应块里的不用动，优先换互相占了对方位置的书，这样换一次就能使两本书到对应位置，剩下的书每三本成环，每个环要交换两次

emmmm既然要最后两个数组一样 那么他们的长度必须一样，而且只能有合并操作，那么合并一次长度减一，在第二个数组不进行合并的情况下，直接用两个数组长度相减就是答案。而且由题目可以得到，第二个数组不进行任何操作的情况也是正解 ``` #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef struct point{ int x; int y; }point; int main(){ int n,m; cin>>n>>m; int arr[n+10]; int brr[m+10]; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>arr[i]; for(int j=1;j<=m;j++) cin>>brr[j]; cout<<abs(n-m)<<endl; return 0; } ```

include using namespace std; int main(){ ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); ``` int cnt=0; string t; getline(cin,t); int n= stoi(t); string s; getline(cin,s); for(int i=0;i<n;i++){ if(s[i]!=' '){ cnt++; } } cout<<cnt<<'\n'; return 0; ``` }

当看到“求方案总数”，“且当前决策只受上一个决策影响”的问题时，脑子里应该自动浮现这个框架： ``` long long dfs(int index, int last_state) { // 1. 边界：任务完成了，算作 1 种有效方案 if (index > total_steps) return 1; // 2. 累加器 long long res = 0; // 3. 遍历当前所有可能的选择 for (int choice : all_possible_choices) { // 4. 判断当前选择是否符合规则（依赖 last_state） if (is_legal(choice, last_state)) { // 5. 递归下去，把子问题的结果加起来 res += dfs(index + 1, choice); } } return res; } ``` ​这种 DFS 其实就是自顶向下的动态规划。 dfs(col, prev_row)实际上就是在计算dp[col][prev_row]。 如果你在 DFS 里加上一个数组memo[col][prev_row]来记录已经计算过的结果（记忆化搜索），它就和递推形式的 DP 完全等价了。 一句话口诀： 按序搜，传状态，过边界，返一，合分求总数。 对于本题，传入的参数为当前的列号和上一行的行号，因为皇后也和上一个皇后在同一行或上下两行，所以要有上一行来作为参数 在主循环中主要是根据initial[i]即是否已经放了皇后来判断方案数 ``` #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n; int initial[11]; // col:当前列数 // prev_row:上一列皇后所在的行号 long long dfs(int col, int prev_row) { // 递归边界：所有列都放好了 if(col>n) return 1; long long count=0; // 如果当前列已经有预设的皇后 if (initial[col]!=0) { int curr_row = initial[col]; // 如果是第一列，或者与上一列行数差不超过1 if (col==1||abs(curr_row-prev_row) <= 1) { count+=dfs(col+1,curr_row); } } // 如果当前列没有预设，需要尝试放置 else { if (col==1){ // 第一列可以放任何位置 for(int r=1;r<=n;r++){ count+=dfs(col+1,r); } } else { // 非第一列，只能放在上一列行号的[-1,0,1]范围内 for(int r=prev_row-1;r<=prev_row+1;r++){ if(r>=1&&r<=n) { //确保不越界 count+=dfs(col+1,r); } } } } return count; } int main() { while(cin>>n&&n!=0){ for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>initial[i]; } cout<<dfs(1,0)<<endl; //从第一列开始搜,初始行可以设为任意值 } return 0; } ```

最近在安静看书或者整理资料的时候，偶尔会注意到指尖划过纸张时，那一点细微的阻力。 纸张的边缘带着一点点粗糙的质感，翻动时发出的沙沙声，在安静的房间里显得格外清晰。看着那些文字在指尖下慢慢滑过，原本有些浮躁的心绪，似乎也随之变得沉稳了一点。 大家在翻看旧书或者是写字的时候，有没有哪一种纸张的触感，或者是哪一个指尖停留的小瞬间，让你觉得很踏实呢 🙂

动态规划+前后缀预处理优化 dp[i][j] 为，匹配到t串的第i个字符，且当前在s串下标j的最小路程和，（转为滚动数组） ``` #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int INF = 1e9; int main() { ios::sync\_with\_stdio(false); cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr); ios::sync\_with\_stdio(false); int n, m, l; string s, t; cin >> n >> m >> l; cin >> s >> t; vector<vector<int>> mp(26); for (int i = 0; i < n; ++i) { mp[s[i] - 'a'].push\_back(i); } // 初始化滚动数组 vector<int> prev\_dp(n, INF); int first\_char = t[0] - 'a'; for (int pos : mp[first\_char]) { prev\_dp[pos] = 0; } int ans = 1; // 至少能匹配第一个字符 for (int i = 1; i < m; ++i) { int curr\_c = t[i] - 'a'; int prev\_c = t[i-1] - 'a'; auto& prev\_pos = mp[prev\_c]; auto& curr\_pos = mp[curr\_c]; if (prev\_pos.empty() || curr\_pos.empty()) break; // 预处理前缀最小值和后缀最小值 int k\_prev = prev\_pos.size(); vector<int> prefix\_min(k\_prev, INF); vector<int> suffix\_min(k\_prev, INF); // 计算前缀最小值（dp[p] - p） int min\_val = INF; for (int k = 0; k < k\_prev; ++k) { int p = prev\_pos[k]; min\_val = min(min\_val, prev\_dp[p] - p); prefix\_min[k] = min\_val; } // 计算后缀最小值（dp[p] + p） min\_val = INF; for (int k = k\_prev - 1; k >= 0; --k) { int p = prev\_pos[k]; min\_val = min(min\_val, prev\_dp[p] + p); suffix\_min[k] = min\_val; } vector<int> curr\_dp(n, INF); bool found = false; for (int j : curr\_pos) { // 寻找最大的k <= j auto it = upper\_bound(prev\_pos.begin(), prev\_pos.end(), j); int idx = it - prev\_pos.begin() - 1; int left\_cost = INF; if (idx >= 0) { left\_cost = prefix\_min[idx] + j; } // 寻找最小的k >= j it = lower\_bound(prev\_pos.begin(), prev\_pos.end(), j); int idx2 = it - prev\_pos.begin(); int right\_cost = INF; if (idx2 < k\_prev) { right\_cost = suffix\_min[idx2] - j; } int best = min(left\_cost, right\_cost); if (best <= l) { curr\_dp[j] = best; found = true; } } if (found) { ans = i + 1; // 更新最大匹配长度 prev\_dp.swap(curr\_dp); } else { break; // 无法继续匹配，提前终止 } } cout << ans << '\\n'; return 0; } ```

什么是每日赏金题30元课程优惠券 对于每日赏金题，我们会根据相应的规则抽取30元优惠券。具体的规则如下： 所有参加且没有获得上面奖励的同学中（点击过认领作业且没有取得现金奖励的相关名次，包含没有提交过代码的同学），将随机抽取一位幸运同学，赠送价值30元的课程优惠券。 这样的话，对于每日的Div. 1和Div. 2，都会期望产生相应的30元代金券。也就是说每日期望会送出两张30元优惠券。 每日赏金题30元课程优惠券抽取规则 抽取是在进行每日赏金题讲解的时候进行抽取的。具体示例可以看下面的B站视频： 2024/12/15每日赏金题总结，恭喜OrangeSummer首个AC！\_哔哩哔哩\_bilibili 可以看到在进行每日赏金题讲解之前都会进行抽取。然后抽取的代码如下： ```python import random n = 10 # 你可以将 n 设置为任意正整数 random_number = random.randint(1, n) print(f"从 1 到 {n} 随机生成的整数是: {random_number}") ``` 如何使用每日赏金题30元课程优惠券 目前使用方式比较简单，就是如果通过查看B站视频，发现自己被抽中的话，那么在后面参加相应课程的时候就可以使用了。或者可以在本篇文章下面找到每日的优惠券具体结果，会包含是否已经被使用。 使用的方法如下： 1. 参加相应的课程。 2. 联系群主并且附上支付记录和自身的UID，其中UID可以在我的资料查看，例如下面： admin的UID是2。 3. 然后会直接进行相应的金额返现。 常见问题 问：优惠券是否可以叠加使用？ 答：同一个课程不可以叠加使用。 问：如何防止出现冒充使用的情况？ 答：会有一系列的防伪措施，这个不需要担心。 问：后续是否会有计划直接在OJ中实现优惠券功能？ 答：目前有相关计划。 问：目前分了两个Div，具体抽奖规则是什么？ 答：每个Div都是独立的，也就是说还是参照上面的规定。每个Div从当前没有获取到现金奖励的同学里面去抽取。如果一位同学参加了Div. 1然后获取到了现金奖励，并且他参加Div. 2没有获取到现金奖励的，那么他有概率在Div. 2被抽中。 每日赏金题优惠券抽取结果 抽取结果会根据每日赏金题的题解视频进行相应的更新，如果代金券已经使用，会用删除线标记。 2024/12/08: chenRenning 2024/12/09: segment\_ 2024/12/10: OrangeSummer 2024/12/11: 星空 2024/12/12: WGMT 2024/12/13: segment\_ 2024/12/14: Kagari22 2024/12/15: segment\_ 2024/12/16(Div. 1): resot 2024/12/16(Div. 2): 3417076963 2024/12/17(Div. 1): Kagari22 2024/12/17(Div. 2): yankai 2024/12/18(Div. 1): moxiaobai 2024/12/18(Div. 2): 无限远点的牵牛星 2024/12/19(Div. 1): Kagari22 2024/12/19(Div. 2): 无限远点的牵牛星