菜鸟第一次打Global Round，之前虚拟的做了下16的，感觉前四道都很简单，没想到这次比16难那么多…
A. Anti Light’s Cell Guessing
给出n*m的网格线，其中隐藏了一个坐标，每给计算机一个坐标，计算机会回馈你一个曼哈顿距离，即 |a1−a2|+|b1−b2|，输出在网格线中找出隐藏坐标所需最少的点的数量。
大坑题，麻了，我很快就想到如果行和列有1的话1个坐标就够了，其余情况都是2，结果就一直wr，我完美的越过了1 * 1这个特殊情况。在接下来的一个小时中我重复着读题和举例，终于心态崩了，还好有同学一下子给我点醒了。1 * 1只有那么一个点，它就是隐藏坐标…

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
    int n,i,j,t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>i>>j;
        if(i==1&&j==1) {cout<<"0"<<endl;continue;}
        int ans=min(i,j);
        if(ans==1) cout<<"1"<<endl;
        else cout<<"2"<<endl;
    }
}

此时心态已经炸了，做个A题就用了七十多分钟（主要是我太笨了）还错了好几次，本来想上床睡觉算了，还是勉强坚持下来。
B. Kalindrome Array
给定一个序列，你可以选其中一个数x，序列中等于x的数你可以删1个，2个…也可以全删掉，x你可以任选。如果通过这样的操作你能将它变成回文串，那么输出YES，否则输出NO。
好家伙，个人认为这可比一般div2的B难多了，但是这道题让我觉得似曾相识（Codeforces Round #750 (Div. 2)-C Grandma Capa Knits a Scarf）
https://editor.csdn.net/md/?articleId=120962944
（这篇博客里废话有点多，可以直接往下划）
尽管两道题很相似，但是思路还是不太一样的。这道题要用到贪心+双指针。贪心用在我们选定x的时候，把等于x的全部删掉都不能成为回文串时，那它不管少删多少个，它都不可能是回文串，这样就简单多了。
然后我们用双指针，我分了两种情况，当a[l]！=a[r]时我们可以将l的值赋给x，也可以将r的值赋给x，如果这两种情况都不能形成回文串的话就可以输出NO了，如果有哪怕一种情况成立，那必然是YES。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
int a[200001];
int b[200001];
int main()
{
    int n,i,t,l,r;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int u=0,k,num=0;
        cin>>n;
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            cin>>a[i];
        }
        l=0;r=n-1;
        while(1)
        {   if(r-l<=0) break;
            if(a[l]==a[r]) {l++;r--;continue;}
            else{
                if(u==0) {k=a[l];u=1;l++;continue;} //第一种情况，把l赋值给u
                if(a[l]==k) {l++;continue;}
                if(a[r]==k) {r--;continue;} //两个指针扫到等于u的数时直接跳过继续判断，这样等于删除
                if(a[l]!=k&&a[r]!=k) {num++;break;} //这样还出现不是回文串的情况那它就不可能是了
            }
        }
        l=0;r=n-1;
        u=0;
        while(1)
        {   if(r-l<=0) break;
            if(a[l]==a[r]) {l++;r--;continue;}
            else{
                if(u==0) {k=a[r];u=1;r--;continue;} //第二种情况，把r赋值给u
                if(a[r]==k) {r--;continue;} //同理
                if(a[l]==k) {l++;continue;}
                if(a[l]!=k&&a[r]!=k) {num++;break;}
            }
        }
        if(num==2) cout<<"NO"<<endl;
        else cout<<"YES"<<endl;
    }
}

C. Keshi Is Throwing a Party
一个人想邀请它的朋友们来聚会，但是这些朋友很挑剔，从1-n的朋友们身上有1-n美元，给定a和b。a指这个人不希望到场的人中有多于a个人比他富裕，b指这个人不希望到场的人中有多于b个人比它贫穷，输出这个人最多能邀请多少个朋友。
是一道二分答案的题目，虽然我最近在练二分，但是这道题完全没有二分的思路（还是练的少了）。当时想用贪心排序做，但是后来发现好像不太行，就上床睡觉了…
其实也并没有那么难，二分答案的题目只要写出check函数，然后合理修改二分模板就行了。重点在check函数上：对于一个人来说，到场的人不能有太多比它富裕的，也不能有太多比它贫穷的，这题刚好每个人的美元已经按递增顺序排好了，在check函数里可以直接遍历。贫穷的好办，在我们遍历到一个人时，之前邀请了多少个人p已经记录了下来，只要b[i]>=p就可以满足了；富裕比较麻烦些，但是我们要判断的x人已经由二分给了check函数，那么比这个人富裕的人数就是x-p-1（别忘了减它自己），那么满足a[i]>=x-p-1就行了,同时满足这两个条件我们就可以邀请它，然后继续遍历。如果最后邀请的人p大于等于x，说明二分给出的邀请人数x小了，要把它变大，反之就把它变小，这样写二分就可以了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
int a[200001];
int b[200001];
int i,n;
bool judge(int x)
{
    int p=0;
    for(i=0;i<n;i++)
    {
        if(a[i]>=x-p-1&&b[i]>=p)  p++; //满足富裕和贫穷两个条件才可以邀请他
    }
    if(p>=x) return true;
    else return false;
}
int main()
{
    int t,ans,mid;
    cin>>t;
    while(t--)
    {   ans=0;
        cin>>n;
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            cin>>a[i]>>b[i];
        }
        int l=0,r=n;
        while(l<=r)
        {
            mid=(l+r)/2;
            if(judge(mid))
            {
                l=mid+1;
                ans=max(ans,mid); //我们要求出能邀请的最大人数
            }
            else r=mid-1;
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
}

D好像要根据题意来推，我是看不懂了…（懒）