1. 所有值异或就是答案2. 每行按照空格分割，没啥可说的3. 排序加双指针或者二分4. dfs加记忆化搜索， m[i][j][d]，记录当前点i,j和来到当前点方向为d的状态到达终点的最大值，注意如果是向上或者向下，下一次枚举的状态只能是同方向或者向右，而如果当前状态为向右，而有三种状态，傻逼的是第一个输入的是列，第二个是行。5. 和最长公共子序列差不多，枚举的状态多了点。

1. 假如第i个点距离终点距离ci，距离起点xi, 则第一次去拿的物品为j，则有 ans = 2*(c1+c2+c3+...+cn) - cj + xj，只需要计算-cj + xj的最小值即可2. 不妨设a=(b-a+2*(c-b)),k让a，b加到c，最后剩余平分，注意可能无法平分以及取模的(a%p) * (b%p) %p * (c%p) %p这种写法。3. 非常典型的线段数，维护区间最大值以及最大值对应的下标，同时实现三个函数，区间查询，单点修改，单点删除。不懂的可以去看看线段树模板

1. 假如第i个点距离终点距离ci，距离起点xi, 则第一次去拿的物品为j，则有 ans = 2*(c1+c2+c3+...+cn) - cj + xj，只需要计算-cj + xj的最小值即可2. 不妨设a=(b-a+2*(c-b)),k让a，b加到c，最后剩余平分，注意可能无法平分以及取模的(a%p) * (b%p) %p * (c%p) %p这种写法。3. 非常典型的线段数，维护区间最大值以及最大值对应的下标，同时实现三个函数，区间查询，单点修改，单点删除。不懂的可以去看看线段树模板

1. 假如第i个点距离终点距离ci，距离起点xi, 则第一次去拿的物品为j，则有 ans = 2*(c1+c2+c3+...+cn) - cj + xj，只需要计算-cj + xj的最小值即可2. 不妨设a<=b<=c，则当k<=(b-a)，k全加上a，k<=(b-a+2*(c-b)),k先加a知道等于b，然后a，b平分剩余的k，最后k>=(b-a+2*(c-b)),k让a，b加到c，最后剩余平分，注意可能无法平分以及取模的(a%p) * (b%p) %p * (c%p) %p这种写法。3. 非常典型的线段数，维护区间最大值以及最大值对应的下标，同时实现三个函数，区间查询，单点修改，单点删除。不懂的可以去看看线段树模板

第三题是根据条件可知最长合并的情况是1，2， 4， 8， 16，...，2^30，说明区间长度最大不会超过30，直接对每个位置dfs加记忆化搜索int m[1e5][30];int ps[1e5]; // 前缀和int n;int arr[1e5];int dfs(l, size) {    if(m[i][size]!=-1)return m[i][size];    int r = i+size-1;    int sum = ps[r+1]-ps[l];    int ans=sum;    if(r+1        ans = dfs(l, size+1);    } if(l-1>=0 && sum         ans = max(ans, dfs(l-1, size+1));    }    m[l][size] = ans;    return ans;}

饿了么笔试第三题什么思路，二分加贪心不行，呜呜呜

#include<iostream> #include<unordered_map> #include<vector> #include<cstring> using namespace std; int main(){ long long d[9]; memset(d,0,sizeof d); string str; cin>>str; int mod=1e9+7; for(int i=0;i<str.size();i++){ int t = str[i]-'0'...