思维的体操

博主现在是一位(ACMer)萌新，目前阶段在CF上找1800分左右的思维题做做。

在此记录一下吧。

CF1010C -1800'

由裴蜀定理可知，由这(n)个数能得到的余数集和他们的(gcd)一个数得到的余数集是相同的

CF1096D -1800'

(f[i][j])表示前(i)个数最多拼到(hard)的前(j)位的最小代价
若(s[i]==h[j+1])，那么(f[j]=min(f[i-1][j]+a[i],f[i-1][j-1]))
要么删要么让(hard)中断嘛。
否则(f[i][j]=f[i-1][j])
显然第一维可以滚掉。

CF1283E -1800'

贪心
最小值：把所有坐标从小到大排序，从左到右扫一遍，对于有人的坐标，如果左边一个单位没有人就左移，然后还有1个人就不动，还有2个或以上的话就右移一个
最大值：从左到右每碰到一个有人的坐标就把以这个坐标为起点的3个点合并

CF813B -1800'

暴力
把所有(x^a+b^y)放到一个数列里两两区间和([L,R])求交集即可。

CF358D -1800'

DP
(f[i][1])表示前(i)个先拿第(i)个再拿第(i-1)个的最大值
(f[i][0])表示前(i)个先拿第(i-1)个再拿第(i)个的最大值
边界(f[1][1]=0)，其它均为(-inf)

CF911D -1800'

对于长度为(len)的区间,数对个数为(sum=len*(len-1)/2)
设翻转后逆序对数量为(rest)，则翻转前逆序对数量为(sum-rest)
两者只差也就是变化量为(sum-rest*2)
后者显然是偶数，于是只要判断(sum)的奇偶性即可判断奇偶性是否变化

CF909C -1800'

DP
(f[i][j])表示前(i)个，第(i)个缩进到(j)的方案数
若第(i-1)位是(for)的话，那第(i)位必须缩进,(f[i][j]=f[i-1][j-1])
若第(i-1)位不是(for)的话，(f[i][j]=sum_{k=j}^{n}f[i-1][k])
维护一下后缀和即可

CF1446B -1800'

DP
最大子序列的思路，设(f[i][j])表示以(a_i,b_j)结尾的最大值，然后考虑继不继承前面的答案就行

CF543A -1800'

完全背包，注意模数别开(long long)

CF1221D -1800'

DP
首先一个很重要的结论就是每个栅栏加1的次数只能是(0,1,2)
于是令(f[i][j])表示前(i)个栅栏，第(i)个栅栏加长(j)次使得没有相邻相等的情况的最小花费，然后按情况转移即可。
答案就是(min {f[n][0], f[n][1], f[n][2]})

CF1381B -1800'

观察可以发现，(n*2)及以后的数肯定在一段里的，然后(n*2-1~n*2)区间内也是在一段里的。
于是就将原数列分成了若干段，然后跑(01)背包看能不能拼出(n)就行了。

CF1509C -1800'

DP
把原数列排序，令排序后的数列为(a)，显然最终数列前(i)位一定是(a)中连续的一段。
于是令(f[i][j])表示把(i~j)这一段作为最终数列的答案，
则(f[i][j]=min(f[i+1][j],f[i][j-1])+a[j]-a[i])
答案就是(f[1][n])

CF478C -1800'

具体方案无需考虑，显然当数量最多的气球不超过其它2种颜色的时候答案就是总气球数除以(3)，否则答案为其它2种颜色气球数的和。

CF687C -1900'

DP
令(f[i][j])表示一堆为(i)一堆为(j)的情况是否存在，然后就是(01)背包的那一套了。
最后对每个(i)看(f[i][k-i])是否非零即可。

CF1117C -1900'

二分答案
判断(mid)秒能不能行先让风刮(mid)秒，再看和终点的距离在不在(mid)以内即可。

CF1114D -1900'

DP
读入的时候把颜色相同的区间合并，然后
(f[i][j])表示区间([i,j])变成颜色一样的最小次数。

[f[i][j]=left{ egin{aligned} f[i+1][j-1]+1, a[i]=a[j] \ min(f[i+1][j], f[i][j-1]) + 1, a[i] eq a[j] end{aligned} ight.]

CF535C -1900'

二分答案
一个(R)是可行的当且仅当(A+(R-1)*B<=T)且([L,R])的食物总量(<=M*T)

CF803C -1900'

显然(n)一定是最大公约数(d)的倍数，于是枚举(d)，判断(k>=d*n*(n+1)/2)是否成立即可。
直接判断会爆long long，移项即可。

CF10C -2000'

一个关键性的结论就是(s(x)=xmod 9)，所以

[d(x)=left{ egin{aligned} xmod 9, xmod 9 eq 0 \ 9, xmod 9=0 end{aligned} ight.]

于是用桶统计余数为(0 o 9)的个数，然后枚举(A,B,C)的余数，统计即可。
最后要减去(A*B=C)的情况，数论分块一下就行。

CF59E -2000'

这种有限制的最短路，而且边权为(1)的，用(bfs)就好了。
用哈希表记录三元组，最后队列里存边，最短路和前驱都用边存。

CF15C -2000'

显然每一辆车都是一个独立的(nim)游戏，直接求异或和就好了。
暴力求当然会(T)，考虑到偶数和下一位的异或和肯定是(1)，于是处理一下首尾即可。

CF1601B -1900'

设(f[i])表示跳到(i)（也就是滑到(i+b[i]))处的最小步数。
定义(l[i])为深度为(i)处能跳到的最高点，显然

[l[i]=max(i-a[i], 1) ]

然后考虑转移，

[f[i]=min_{l[j+b[j]]<=i}{f[j]}+1 ]

至于(j)怎么求，可以用树状数组维护前缀最大值

CF1601C -2300'