人生的大起大落莫过如此，下一场我一定要回紫。
【A】Points on the line
题意：
一个直线上有(n)个点，要求去掉最少的点，使得最远两点距离不超过(d)。
题解：
暴力两重for，更新答案。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
int n,q,ans=0;
int a[100001];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&q);
F(i,1,n) scanf("%d",a+i);
sort(a+1,a+n+1);
F(i,1,n){
int xx=a[i], kk=-1;
F(j,i,n){
if(a[j]-xx>q) break;
kk=j;
}
ans=max(ans,kk-i+1);
}
printf("%d",n-ans);
return 0;
}
【B】Our Tanya is Crying Out Loud
题意：
一个数(n)，每次你可以花费(A)的代价把它除以(k)(如果(k|n))，或者花费(B)的代价把它减一。问把这个数变成1的最少代价。
题解：
暴力上，不能除减到能除为止，能除看是除了花费少还是不除花费少。
注意特判(k=1)。
#include<cstdio>
#define ll long long
int n,k,A,B;
ll ans;
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&k,&A,&B);
if(k==1) {printf("%lld",(ll)(n-1)*A);return 0;}
while(n!=1){
int x=n/k*k;
if(x==0) {ans+=(ll)(n-1)*A; break;}
if(n!=x) ans+=(ll)(n-x)*A, n=x;
else{
x=n/k;
if((ll)(n-x)*A<=B) ans+=(ll)(n-x)*A;
else ans+=B;
n=x;
}
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
【C】Phone Numbers
题意：
限定字符集，求长度为(k)的，字典序比给定长度为(n)的字符串大的最小的字符串。
题解：
①(k>n)时，在原串后补上最小的字符。
②(k<=n)时，答案为原串的前(k)位+1，即比原串(k)位前缀大的第一个字符串。
#include<cstdio>
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define F2(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
int n,k,tot;
int px[150];
bool used[150];
char str[100010],use[30];
char ans[100010];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);
scanf("%s",str);
F2(i,0,n) used[str[i]]=1;
F(i,1,140) if(used[i]) use[++tot]=i;
F(i,1,tot) px[use[i]]=i;
if(k>n){
printf("%s",str);
F(i,n+1,k) printf("%c",use[1]);
return 0;
}
F2(i,0,k) ans[i]=str[i]; ans[k]=' ';
int x=k-1;
while(px[ans[x]]==tot){
ans[x]=use[1];
--x;
}
ans[x]=use[px[ans[x]]+1];
printf("%s",ans);
return 0;
}
【D】Alena And The Heater
题意：
已知长度为(n)的数组(a)和等长的01串(b)，和通过(a)生成(b)的方法：
(b_1=b_2=b_3=b_4=0)
对于(5le ile n)
如果(a_i,a_{i-1},a_{i-2},a_{i-3},a_{i-4}>r) 并且(b_{i-1}=b_{i-2}=b_{i-3}=b_{i-4}=1)，那么(b_i=0)
如果(a_i,a_{i-1},a_{i-2},a_{i-3},a_{i-4}<l) 并且(b_{i-1}=b_{i-2}=b_{i-3}=b_{i-4}=0)，那么(b_i=1)
如果以上两者均不满足，那么(b_i=b_{i-1})。
试求出(l,r)的值。
题解：
可以看到，对计算有贡献的只有(b)中出现连续的4个相同数字的情况。
通过这些情况，我们可以确定(l,r)的范围，进而求出(l,r)的可能值。
因为题目保证有解，只需输出最极端的值((l_{min},r_{max}))即可。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
int n,ansll=-1000000000,ansrr=1000000000;
int a[100001];
char b[100009];
int main(){
scanf("%d",&n);
F(i,1,n) scanf("%d",a+i);
scanf("%s",b+1);
F(i,5,n){
if(b[i-4]==b[i-3]&&b[i-3]==b[i-2]&&b[i-2]==b[i-1]){
if(b[i-1]=='0'){
int x=max(max(max(max(a[i],a[i-1]),a[i-2]),a[i-3]),a[i-4]);
if(b[i]=='1'){
//l > max(a 1~5)
ansll=max(ansll,x+1);
}
}
else{
int x=min(min(min(min(a[i],a[i-1]),a[i-2]),a[i-3]),a[i-4]);
if(b[i]=='0'){
//r < min(a 1~5)
ansrr=min(ansrr,x-1);
}
}
}
}
printf("%d %d",ansll,ansrr);
return 0;
}
【E】Cashback
题意：
给定一个长度为(n)的数组(a)和一个常数(c)。你可以把(a)数组分割成连续的若干段，每一段的代价分别计算：
对于长度为(len)的一段，其代价为其元素总和，减去最小的(left lfloor frac{len}{c} ight floor)个元素。
求最小总代价。
题解：
既然要让代价最小，我们转化为求最大的价值，再用所有的元素和减去这个价值即可。
那就变成了长度为(len)的一段，其价值为最小的(left lfloor frac{len}{c} ight floor)个元素的和。
首先我们注意到一个结论：有贡献价值的分段，其长度正好为(c)时，没有其他方法比它更优。
证明请自行脑补……因为我也没想清楚，当时考场上瞎猜的结论，有兴趣的读者不妨看看http://www.cnblogs.com/kkkkahlua/p/8468896.html。
那么，我们通过单调队列处理出每个长为(c)的区间的最小值，记为(b)数组。
那么有DP方程(f[i]=(max_{j=1}^{i-c}f[i])+b[i-c+1])，表示前(i)个数，最后一个区间必须选取的最大价值，答案为(Sum-max(f[i]))。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define F(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define ll long long
int n,c;
int a[100009],b[100009];
int que[100009],l=1,r=0;
ll sum,f[100009],g[100009];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&c);
F(i,1,n) scanf("%d",a+i);
F(i,1,n) sum+=a[i];
if(c>n) {printf("%lld",sum); return 0;}
F(i,1,c){
while(l<=r&&a[que[r]]>=a[i]) --r;
que[++r]=i;
} b[1]=a[que[l]];
F(i,c+1,n){
if(que[l]<=i-c) ++l;
while(l<=r&&a[que[r]]>=a[i]) --r;
que[++r]=i;
b[i-c+1]=a[que[l]];
}
F(i,1,n-c+1){
if(i<=c) f[i]=b[i];
else{
f[i]=b[i]+g[i-c];
}
g[i]=max(g[i-1],f[i]);
}
printf("%lld",sum-g[n-c+1]);
return 0;
}