给定若干个字符串，不定数量，每行一个。有些字符串可能出现了多次。如果读入一个字符串后，发现这个字符串以前被读入过，则这个字符串被称为前面相同的字符串的复读，这个字符串被称为复读字符串。相应的，每个首次出现的字符串就是非复读字符串。
举个例子，
abc
def
abc
abc
abc
第 1,3,4,51,3,4,5 行是字符串 abc，那么 3,4,53,4,5 行的字符串会被称为“复读”。
请你把所有的非复读字符串，按照行号从小到大的顺序，依次拼接为一个长串并输出。
多个字符串，每行一个，含义见题目描述。
注意：如果这个字符串是 0，说明所有字符串都读完了。这个 0 不认为是一个“非复读字符串”。
共一行，表示所有非复读字符串，按照行号从小到大依次连接的结果。
cc
b
a
cc
0
ccba
【数据范围】
字符串的个数不超过 500 个，字符串总长度不超过 50000，每个字符串中只包含小写字母、数字、 . 、! 和 &，不包含空格等特殊符号。
标准水题，查重字符串，重复不接尾，对于字符串数组输出即可
#include
#include
#include
using namespace std;
vector A;
int main()
{
string s;
while(cin >> s,s != "0")
{
vector::iterator it = find(A.begin(),A.end(),s);
if(it != A.end())A.push_back(s);
}
for(int i = 0;i < A.size();i ++ )cout << A[i];
return 0;
}
你有一个电子钟，可以显示 0:00 到 23:59 之间的所有时间，以数字的形式显示。其中小时是 0 到 23（0 时会显示一个 0，而 1 到 9 时不会显示前导 0），分钟是 00 到 59（0 到 9 分都会显示前导 0）。任何时刻，电子钟都会显示三个或者四个 00 到 99 的数字。如果在某时刻，这些数字依次组成了一个等差数列，则这个时刻被称为“好时刻”。
你感觉很无聊，从 0:00 时刻开始盯着这个电子钟。一共盯了 xx 分钟。请问整个过程中，"好时刻"来临了多少次（算上开头和结尾）？
一个不超过 10^9 的非负整数。
请输出"好时刻"来临了多少次？
120
10
2880
79
987654321
26748975
你观察了 2 个小时，其中这些“好时刻”来临了：
0:00
0:12
0:24
0:36
0:48
1:11
1:23
1:35
1:47
1:59
一共是 10 个。
最后一个数据点把暴力做法卡掉了，因此我们可以采用打表的思维，由打表可得，算上从0:00-23:59，一共有39个“好时刻”，因此，我们只需要不断的卡掉1400即可，卡掉一个ans就加39，因此，即使数据为10^9左右，我们处理数据的次数也因1400而优化了许多，所以不会TLE
#include 你有 n 件道具可以买，其中第 i 件的价格为 ai。
你有 w 元钱。你仅能用钱购买其中的一件商道具。当然，你可以拿你手中的道具换取其他的道具，只是这些商道具的价值之和，不能超过你打算交换出去的道具。你可以交换无数多次道具。道具的价值可能是 0，但是你不能使用空集换取价值为 0 的商品。
请问，在这个条件下，最多可以换取多少件道具？
第一行一个正整数 n，表示道具个数。
接下来一行 n 个正整数，表示 an。
接下来一行 1 个正整数，表示 w。
一个正整数，表示答案。
3
1 1 2
5
2
买价值为 2 的道具，并交换为两个价值为 1 的道具。
测试数据满足，1≤n≤106，0≤ai≤109，1≤w≤2×109。
非常简单的一道题目，连二分都不用，我们只需要对于所有商品进行升序的排序，而后从队尾开始查，只要有商品的价值小于等于w，那么我们可以将其买下，更新w = a[i]，ans = 1(ans初始化为0)，利用前缀和思想处理排序后的数组，而后对于我们所买的商品的前一个下标开始向前遍历前缀和数组，若是前缀和数组s[i]的值小于w，证明我们手中的价值足以购买前i件商品，则答案更新为ans和i之间更大的值(因为i可能为1)
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N = 1000000 + 10;
typedef long long ll;
ll a[N],s[N],n,w,ans = 0,idx;
int main()
{
scanf("%lld",&n);
for(ll i = 1;i <= n;i ++ )scanf("%lld",&a[i]);
scanf("%lld",&w);
sort(a + 1,a + 1 + n);
for(ll i = 1;i <= n;i ++ )s[i] = s[i - 1] + a[i];
for(ll i = n;i >= 1;i -- )
{
if(w > a[i])
{
ans = 1;
w = a[i];
idx = i - 1;
break;
}
}
for(ll i = idx;i >= 1;i -- )
{
if(w >= s[i])
{
ans = max(ans,i);
break;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
有一个 n×n 的地块，一个连续 i 分钟没人经过的地面在第 i 分钟会落上 i 个单位的灰，有人经过时不会落灰但灰也不会清零，在人走后第一分钟又会落上一个单位的灰，以此类推。你在这个 n×n 的范围内移动，你的移动轨迹可以描述为一个由 N,S,W,E 组成的字符串，每个字母分别表示上、下、左、右。这个人一开始在点 (x,y)，每一分钟移动一步。
求最后每一个位置上落下的灰的量。
本题中的上和右分别表示 y 轴正方向和 x 轴正方向。保证你没有超过移动的范围。
第一行四个正整数 n,m,x,y，含义如题面所示，其中 x,y 表示横纵坐标，不是数组下标。
第二行一个长度为 m 的字符串，表示你的移动序列。
共n 行，每行 n 个数，第 i 行的第 j 个数表示坐标 (j,n−i+1) 上的灰的数量
输入输出样例
5 4 1 1
NENW
10 10 10 10 10
10 10 10 10 10
10 6 10 10 10
4 4 10 10 10
6 10 10 10 10
7 14 1 1
NENENENENESSSS
105 105 105 105 105 105 105
105 105 105 105 55 61 105
105 105 105 49 51 69 105
105 105 51 49 105 79 105
105 61 55 105 105 91 105
79 69 105 105 105 105 105
91 105 105 105 105 105 105
10 70 2 2
NWSNSNNNSNNSSNNSENNNNEESNWSESESSWENNSEWESWWWESEEESENNSENWNESNWSNNNEESS
2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485
2485 1407 1205 1267 2485 2485 2485 2485 2485 2485
2485 1435 1281 1167 2485 2485 2485 2217 2281 2347
2485 1465 2485 1255 1041 2485 2485 2155 2485 2415
1557 1497 2485 2485 969 1177 2485 1733 1807 2485
1471 1531 1315 907 935 1267 2485 1473 1647 2485
1631 2485 2485 1357 1381 1407 1435 1499 1645 2485
2021 2347 2485 2485 2485 2485 1465 1497 2485 2485
2087 2415 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485
2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485 2485
5 4 2 1
NENW
10 10 10 10 10
10 10 10 10 10
10 10 6 10 10
10 4 4 10 10
10 6 10 10 10
本题 y 轴朝上，x 轴朝右，样例输出中的左下角表示 (1,1)，第一分钟你在初始点处，第二分钟移动到相应的位置，第 m+1 分钟移动到最后一个点，但是总共只有 m 分钟，因此最后一个点不受移动的影响
样例 1 解释：
你的移动路径为 (1,1)→(1,2)→(2,2)→(2,3)→(1,3)，共 4 分钟。
对于第 1 分钟，(1,1) 灰层数不变，其余点被落下了 1 层灰。
对于第 2 分钟，(1,2) 灰层数不变，(1,1) 被落下了 1 层灰，其余点落下 2 层灰。
对于第 3 分钟，(2,2) 灰层数不变，(1,1) 落下 2 层灰，(1,2)(1,2) 落下 1 层灰，其余点落下 3 层灰。
对于第 4 分钟，(2,3) 灰层数不变，(1,1) 落下 3 层灰，(1,2) 落下 2 层灰，(2,2) 落下 1 层灰，其余点落下 4 层灰。
注意最后你移动到了 (1,3)，但是时间只有 4 分钟，所以实际上不会对 (1,3) 造成影响。初始点不一定在 (1,1)。
1≤n≤50,1≤m≤1000。
no 记忆化路径处理
no 二维差分数组处理
no 坐标变幻公式推导
暴力是一种美学
二维数组的大小very small，所以我们不必使用二维差分进行处理，大不了重复遍历就完事儿，只要它不是我们脚下的位置，那么灰尘变化数组ddust则++，反之置为0，在处理过程之中对于sdust数组加上ddust即可，输出也不用管坐标的变换，按照题目输出即可(共n 行，每行 n 个数，第 i 行的第 j 个数表示坐标 (j,n−i+1) 上的灰的数量)
#include
using namespace std;
const int N = 1000 + 10;
int sdust[N][N],ddust[N][N];
int n,m,x,y;
string s;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> n >> m >> x >> y >> s;
for(int idx = 0;idx < s.size();idx ++ )
{
for(int i = 1;i <= n;i ++ )
{
for(int j = 1;j <= n;j ++ )
{
if(i != x || j != y)
{
ddust[i][j] ++ ;
sdust[i][j] += ddust[i][j];
}
else ddust[i][j] = 0;
}
}
if(s[idx] == 'N')y ++;
else if(s[idx] == 'S')y -- ;
else if(s[idx] == 'W')x -- ;
else if(s[idx] == 'E')x ++ ;
}
for(int i = 1;i <= n;i ++ )
{
for(int j = 1;j <= n;j ++ )
{
cout << sdust[j][n - i + 1] << ' ';
}
cout << endl;
}
return 0;
}