T1 中位数（二分）
这个题是一个二分（听说是上周atcoder beginner contest的D题？？？）
我们可以开一个数组b存a，sort然后二分b进行check（从后往前直接遍历check时间复杂度不太对），check的时候把大于等于当前值的设为1，小于当前值的设为-1，然后题目就变成了查询是否有区间的值大于零（因为和它相同的我们也设为了1）。
查询的时候维护一个前缀最小值。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define MAXN 100010
using namespace std;
int n,k,minn,sum[MAXN],a[MAXN],b[MAXN];
bool check(int x)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
sum[i]=sum[i-1]+(a[i]>=x?1:-1);
int minn=1e9;
for(int i=1;i<=n-k;i++)
{
minn=min(minn,sum[i]);
if(sum[i+k]-minn>0) return 1;
}
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
sort(b+1,b+1+n);
int l=1,r=n;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(check(b[mid])) l=mid+1;
else r=mid;
}
printf("%d\n",b[l-1]);
//注意这里要-1（可以手推理解一下）
return 0;
}
T2 数数字（数位DP）
是一个数位DP，听说是bzoj上的原题。
因为是蒟蒻，所以原先没有写过数位DP的题。。当然比赛的时候也没有写出来qwq
现在让我来介绍一下数位DP......什么是数位DP呢qwq......数位dp是一种计数用的dp，一般就是要统计一个区间[le,ri]内满足一些条件数的个数。所谓数位dp，字面意思就是在数位上进行dp。
数位DP其实也是一种记忆化搜索吧qwq，与其说是一种算法，不如说是一种思想qwq
为了介绍它，我们这里先捞一个模板：（模板转自wust_wenhao）
typedef long long ll;
int a[20];
ll dp[20][state];//不同题目状态不同
ll dfs(int pos,/*state变量*/,bool lead/*前导零*/,bool limit/*数位上界变量*/)//不是每个题都要判断前导零
{
//递归边界，既然是按位枚举，最低位是0，那么pos==-1说明这个数我枚举完了
if(pos==-1) return 1;/*这里一般返回1，表示你枚举的这个数是合法的，那么这里就需要你在枚举时必须每一位都要满足题目条件，也就是说当前枚举到pos位，一定要保证前面已经枚举的数位是合法的。不过具体题目不同或者写法不同的话不一定要返回1 */
//第二个就是记忆化(在此前可能不同题目还能有一些剪枝)
if(!limit && !lead && dp[pos][state]!=-1) return dp[pos][state];
/*常规写法都是在没有限制的条件记忆化，这里与下面记录状态是对应，具体为什么是有条件的记忆化后面会讲*/
int up=limit?a[pos]:9;//根据limit判断枚举的上界up;这个的例子前面用213讲过了
ll ans=0;
//开始计数
for(int i=0;i<=up;i++)//枚举，然后把不同情况的个数加到ans就可以了
{
if() ...
else if()...
ans+=dfs(pos-1,/*状态转移*/,lead && i==0,limit && i==a[pos]) //最后两个变量传参都是这样写的
/*这里还算比较灵活，不过做几个题就觉得这里也是套路了
大概就是说，我当前数位枚举的数是i，然后根据题目的约束条件分类讨论
去计算不同情况下的个数，还有要根据state变量来保证i的合法性，比如题目
要求数位上不能有62连续出现,那么就是state就是要保存前一位pre,然后分类，
前一位如果是6那么这意味就不能是2，这里一定要保存枚举的这个数是合法*/
}
//计算完，记录状态
if(!limit && !lead) dp[pos][state]=ans;
/*这里对应上面的记忆化，在一定条件下时记录，保证一致性，当然如果约束条件不需要考虑lead，这里就是lead就完全不用考虑了*/
return ans;
}
ll solve(ll x)
{
int pos=0;
while(x)//把数位都分解出来
{
a[pos++]=x%10;//个人老是喜欢编号为[0,pos),看不惯的就按自己习惯来，反正注意数位边界就行
x/=10;
}
return dfs(pos-1/*从最高位开始枚举*/,/*一系列状态 */,true,true);//刚开始最高位都是有限制并且有前导零的，显然比最高位还要高的一位视为0嘛
}
int main()
{
ll le,ri;
while(~scanf("%lld%lld",&le,&ri))
{
printf("%lld\n",solve(ri)-solve(le-1));
}
}
如果看懂以上模板的话，这个题就比较好A了......就是基本上套模板，注意判断前导零的情况。为了方便，我们可以开map来储存没有办法用开数组的方式解决的下标问题qwq
AC代码
PS.如果还是有点不熟练的话，大家可以去做一下类似该题目的题巩固一下：
BZOJ3679 数字之积
CF1036C Classy Numbers（这个更简单一些，把乘积换成个数进行DP就可以了）
T3 保护（权值线段树）（LCA）
咕咕了两天终于补上了周日的T3！！（啊，其实是太难了根本不会做）
考试的时候理解错题意了，还以为本蒟蒻可做，于是写了两个小时......测了一发，发现过了样例，然后手造几个数据也过了就以为过了（我还是too young too simple)，结束之后发现爆零了！！啊，理解错题意了！qwqwqwqwq.......
那怎么办......本蒟蒻不会写了啊qwq
然而机房imone神犇看了一眼题就说好简单，然后用20分钟写出代码，20分钟调试完成，交了一发然后就过了qwq
然而围观imone dalao写代码的我还是不会做（看不懂dsu on tree和trie的写法），之后又问了问Mayfly dalao，最后拼命理解了一下......但是写完之后发现自己有写炸了qwq还是A不了题，所以最后只好参考别人的代码啦qwq。。。。。。
dl题啊，我还是太蒻了qwq。。因为这个题我竟然又去尝试着学了树上启发式合并，01trie实现平衡树，权值线段树和主席树qwq（虽然说都没怎么学会吧。。。。）
所以现在身为蒟蒻的我来发一波代码和我写的自认为较为详细的解释qwq
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int const MAXN=200010;
int n,m,q,edge_number;
int head[MAXN],rt[MAXN],cnt,sum[MAXN<<5];
int dep[MAXN],f[MAXN][20],ls[MAXN<<5],rs[MAXN<<5];
//数组还是要开够的
struct Edge{int nxt,to;}edge[MAXN<<1];
void add(int x,int y){edge[++edge_number].to=y; edge[edge_number].nxt=head[x]; head[x]=edge_number;}
void dfs(int x,int fa)
{
dep[x]=dep[fa]+1; f[x][0]=fa;
for(int i=1;i<=18;i++)f[x][i]=f[f[x][i-1]][i-1];
for(int i=head[x],u;i;i=edge[i].nxt)
{
if((u=edge[i].to)==fa) continue;
dfs(u,x);
}
}
//先来一边dfs，记录下深度，为的是下面求LCA
int lca(int x,int y)
{
if(dep[x]<dep[y])swap(x,y);
int t=dep[x]-dep[y];
for(int i=18;i>=0;i--)
if(t&(1<<i)) x=f[x][i];
for(int i=18;i>=0;i--)
if(f[x][i]!=f[y][i]) x=f[x][i],y=f[y][i];
if(x==y) return x;
return f[x][0];
}
//倍增求LCA
void update(int &x,int l,int r,int pos)
{
if(!x) x=++cnt;
sum[x]++;
if(l==r) return;
if(pos<=(l+r)/2) update(ls[x],l,(l+r)/2,pos);
//
else update(rs[x],(l+r)/2+1,r,pos);
}
int merge(int x,int y)
{
if(!x||!y) return x+y;
int nw=++cnt;
sum[nw]=sum[x]+sum[y];
//把节点的信息合并qwq
ls[nw]=merge(ls[x],ls[y]);
rs[nw]=merge(rs[x],rs[y]);
//处理它的左右节点
return nw;
}
//我们把每个节点的儿子合并到它的父节点上来qwq
void dfs2(int x)
{
for(int i=head[x],u;i;i=edge[i].nxt)
{
if((u=edge[i].to)==f[x][0]) continue;
//如果是它的父亲，自然是不能dfs的
dfs2(u);
rt[x]=merge(rt[x],rt[u]);
//记录rt值
}
}
int query(int x,int l,int r,int val)
{
if(l==r) return l;
//查询到了qwq
if(sum[ls[x]]>=val) return query(ls[x],l,(l+r)/2,val);
//如果左子树的sum值大于等于查询需要的rank，自然要在左子树中查询，递归查询左子树即可
else return query(rs[x],(l+r)/2+1,r,val-sum[ls[x]]);
//如果左子树无法满足，那么就要在右子树中查询
//注意rank要减去左子树的sum大小
//时间复杂度为log(n)
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x,y;i<n;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
add(x,y); add(y,x);
}
//添加双向边
dfs(1,0);
for(int i=1,x,y;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
int l=lca(x,y);
//因为题目中说答案节点在查询节点到帝都的路上
//所以我们可以把一条军队覆盖的区域(x,y)拆分成两条链（x,lca(x,y)),(y,lca(x,y))
//我们对每个节点开一个权值线段树，用来记录它的LCA深度（记录拆分的链）
update(rt[x],1,n,dep[l]);
update(rt[y],1,n,dep[l]);
}
dfs2(1);
scanf("%d",&q);
for(int i=1,v,k;i<=q;i++)
{
scanf("%d%d",&v,&k);
printf("%d\n",max(0,dep[v]-query(rt[v],1,n,k)));
//查询rank为k的点的深度，题目要求的距离就是v的深度减去它
}
return 0;
}
这里解释一下合并操作：比如说有一个链是2,5，那么将节点5的深度记录在2上面，表示2节点能够覆盖到它
然后自然也能够覆盖到2的父节点3，4.这里就用到了刚才所说的合并操作（下面是图）
因为是输出离帝都最近的包含有k个军队的节点，所以最后我们输出答案的时候，查询一下该节点的第k小就可以了
终于补完坑了！！完结撒花！！
这几天模拟赛做得真的感觉自己蒻爆了qwq......怎么什么都不会啊qwq
所以说今年NOIP我到底该怎么办啊qwq