Codeforces Round #632 (Div. 2)

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 　　　　题意：满足条件：某块四周至少一个与它不同颜色。要求满足此条件的块数B=W+1。输出任意答案。

　　　  解析：想多了自己。其实只要把左上角染成W，其他全B就行了，W=1，B=2，满足条件。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
const int maxn=120;
char ch[maxn][maxn];
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int n,m;
        cin>>n>>m;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++)
            {
                if(i==1&&j==1)
                    cout<<"W";
                else
                    cout<<"B";
            }
            cout<<endl;
        }
    }
}

 　　　　题意：给出a数组和b数组，a数组只含0,-1,1三种。操作是i<j，a[j]+=a[i]任意次。问是否可以把a数组变成b数组。

　　　  解析：不可暴力for。所以我使用vis[i]=1表示i之前有过1出现，vis[i]=2表示i之前有过-1出现。vis[i]=3表示之前1，-1均出现过。那么对于b数组里>0，看vis[]是否为2或3。<0的看vis[]是否为1，3。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+10;
ll a[maxn],b[maxn];
int vis[maxn];
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        int n;
        cin>>n;
        int k1=0,k2=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            cin>>a[i];
            if(a[i]==-1)
                k2=2;
            if(a[i]==1)
                k1=1;
            vis[i+1]=k1+k2;
        }
        int cnt=0;
        for(int i=0;i<n;i++)
            cin>>b[i];
        if(a[0]==b[0])
            cnt++;
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            if(a[i]==b[i])
            {
                cnt++;
            }
            else if(a[i]>b[i])
            {
                if(vis[i]==3||vis[i]==2)
                    cnt++;
            }
            else
            {
                if(vis[i]==3||vis[i]==1)
                    cnt++;
            }
        }
        if(cnt==n)
            cout<<"YES"<<endl;
        else
            cout<<"NO"<<endl;
    }
}

 　　　　题意：一个子串里没有sum=0的即为good子串，求good子串数。1,2,3所包含的子串有：1，2，3，|1，2|，|1，2，3|，|2，3|。注意|1,3|不算！所以根据此可以推出，以i为右端点的子串有i-起始点+1个。

　　　  解析：应用前缀和a[]，假如a[L]==a[R]，说明L+1到R这一段的和为0，不能包含在各种good子串内。假设[L,R]区间和为0，L为以R为右端点区间和为0的最近左端点。设maxx=L+1。那么[L+1,R]这一段，整个有R-L个子串，除去sum==0的整个[L+1,R]，还剩[R-L-1]个为good子串即：[R-maxx]个。用map来记录各个前缀和的最后出现位置。自然也就记录到了L的最后出现位置。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map> 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5+10;
ll a[maxn];
int main()
{
    map<ll,ll>m;
    int n;
    cin>>n;
    a[0]=0;
    m[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        ll x;
        cin>>x;
        a[i]=a[i-1]+x;
    }
    ll sum=0;
    ll maxx=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        if(m.count(a[i]))　　　　//a[i]之前出现过，下行就找到它的最后出现位置
            maxx=max(maxx,m[a[i]]+1);
        sum+=i-maxx;
        m[a[i]]=i;
    //    cout<<sum<<endl;
    }
    cout<<sum<<endl;
}

 

 　　　　题意：1-n，每次选k个数的子集，使子集内两两gcd的最大值最小。2<=k<=n。

　　　  解析：首先加入所有质数，那么它们两两的gcd为1。

　　　　　　  在所有质数里，随便选，肯定gcd=1。假设共x个质数，那么要选x+1个数时，就要加入合数了，gcd就不是1了，要maxgcd=2，那么需要加入4，但是不能加入6，因为6和3的gcd为3，不是2了。

　　　　　　 那么总的来讲，maxgcd=2，加入4。

　　　　　　　　　　　　　 maxgcd=3，加入6，9

　　　　　　　　　　　　　 maxgcd=4，加入8，不能加入12因为12和6的gcd为6

　　　　　　　　　　　　　 maxgcd=5，加入10，15

　　　　　　　　　　　　　 maxgcd=6，加入12

　　　　　　综上，我们可以看出，加入x,那么当前的maxgcd就是x的最大公因子。所以把1-n每个数的最大公因子弄出来：

    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i*2;j<=n;j+=i)
        {
            v[j]=i;
        }
    }

　　　　然后对v[]进行排序，自然的就和k建立起联系了。比如说，排序完，maxgcd=1的全排在了前面，它们对应的选的都是质数。有几个1，就是几个质数。超出质数数量范围了，就需要maxgcd=2了，判断方式同前，以此类推~

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
const int maxn=5e5+10;
int v[maxn];
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=i*2;j<=n;j+=i)
        {
            v[j]=i;
        }
    }
    sort(v+1,v+n+1);
    for(int i=2;i<n;i++)
        cout<<v[i]<<" ";
        cout<<v[n]<<endl;
}