一个位置乘了两次-1相当于没有变化。所以说，可以借助一些中间的位置，实现不相邻的两个数同时乘一次-1也就是说，这个必须相邻的条件其实是不必要的。我们尽可能地把数都变成正数。当然，负数变成正数需要一对一对地变化，最终如果负数有奇数个，显然结果网格中必然会有一个负数，这时候负数只需要是绝对值最小的那一个就好了。如果网格出现0的话，这个0可以作为万能媒介，因此无论负数有多少个，都可以变成正数。

直接暴力获取所有子串，然后加入set或者map中去重即可。因为字符串是可能包含空格的，所以读入的时候要注意一下。

编号从1到n/2的人中战斗力最高的肯定是该半区的最终胜者，编号从n/2+1到n的人中战斗力最高的肯定是该半区的胜者。这两个人会进行角色，第二名肯定是败者。排序即可。

看起来似乎像个dp，其实不然。直接搜索就好了，总方案数并不是非常多。只不过需要添加一些剪枝，具体而言，只要有效就可以了。

直接采用广度优先搜索就行了。

考虑暴力覆盖，复杂度可能会到O(n^2)级别。实际上，暴力覆盖最多覆盖O(n)级别的位置，很多位置被重复覆盖了。可以采用线段树来记录一个区间是否被全部覆盖过，但是这样做并不是很简单，我们可以采用其他的方法。在记录覆盖的时候，覆盖过的位置记录为从此位置开始，最右端被覆盖过的位置是哪里。这样暴力的时候就可以直接跳。复杂度变成了总的O(n)级别，因为每个位置最多被覆盖1次，总的复杂度也就是O(n)级别了。

这题可以用前缀和的思路解决。一次工作，我们在a[i]位置打一个+1的tag，在a[j]+1位置打一个-1的tag，最终计算一次前缀和，前缀和为0的位置就是没有被刷过的位置。

假设我们已经有了一个大小为n-m的集合，那么答案肯定是将n-m个数排序之后，取相邻差值的最小值加上最大值减去最小值。为了使这个值尽可能小，我们的答案所在的集合必然是原本集合中元素排序后连续的一段。

排序后二分或者直接扫一遍即可。

可以这样，按照删除点的顺序反向加入点，在加入的过程中做floyd，总复杂度为O(n^3)当然也可以每次删除点重构图做多源最短路，复杂度是O(n^3logn)，写得好一点应该能过。

把一个数里哪些数字出现过弄成一个二进制状态，然后计数即可。

不妨设x<y，可以发现，如果知道了nx%y是多少，那么接下来[nx,nx+x-1]的和就可以O(1)计算。采用这个方法，最终复杂度是O(n/x)的。但是我们发现，如果nx=lcm(x,y)，那么就会产生循环节，便可以不用重复计算，O(1)产生后面的答案。因此最坏复杂度是O(max(x,y))的，在gcd(x,y)=1的情况下。

设f[i][x]表示前i个数中，结尾的数含有因子x组成的最长子序列的长度。每次新加进来一个数，只需要枚举这个数包含的质因子即可。由于f[i][]的值可以只与f[i-1][]有关，所以可以省去一维。最终复杂度O(nlogn)

可以采用记忆化搜索，每个位置记录到该位置时的得分，如果得分不如以往，则没有必要继续搜索。当然这题也可以用广搜，因为不存在环的情况。