A Kids Seating
题意：有n个小朋友，有4 * n把编号1~4 * n的椅子，每个小朋友不能坐在编号gcd==1的位置
思路：输出2 * n~4 * n之间的n个偶数
B Saving the City
题意：给一串01字符，1表示地雷，现在有两个费用，安置地雷a元（把0变成1），引爆地雷b元，地雷爆发会导致相邻的所有地雷爆炸，问最少输出多少钱
思路：找两个1联通块中间的0的个数num，求num * b+a和2 * a的大小，小的话就是加上一个num * b-a，每个1的联通块都要+a
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ll long long
#define lson(x) x<<1
#define rson(x) x<<1|1
using namespace std;
const int N=1e5+10;
int a,b;
char s[N];
int zhi[N];
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&a,&b);
scanf("%s",s);
int l=strlen(s);
int sum=0,num1=0,num0=0;
int i=0;
s[l]='0';
for(i=0;i<l;i++){
if(s[i]=='1'){
break;
}
}
int cnt=0;
for(;i<l;i++){
if(s[i]=='1'&&s[i+1]=='0'){
zhi[cnt++]=num1+1;num1=0;
}
else if(s[i]=='0'&&s[i+1]=='1'){
zhi[cnt++]=num0+1;num0=0;
}
else if(s[i]=='1'&&s[i+1]=='1'){
num1++;
}
else{
num0++;
}
}
for(int i=0;i<cnt;i++){
if(i&1 && i!=cnt-1){
if(zhi[i]*b+a<2*a){
sum+=(zhi[i]*b-a);
}
}
else{
sum+=a;
}
}
printf("%d
",sum);
}
return 0;
}
C The Delivery Dilemma
题意：你有n个菜，可以选择叫外卖去拿外卖送家里和去店拿外卖。外卖去拿的外卖算最大的，自己去店里拿需要求和，问你拿完这个n个菜，最少时间是多少
思路：按照叫外卖从小到大排序，自己去拿前缀和，然后o（n）方法比较即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ll long long
#define lson(x) x<<1
#define rson(x) x<<1|1
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n;
struct node{
int a,b;
friend bool operator<(const node a,const node b){
if(a.a==b.a){
return a.b<b.b;
}
return a.a<b.a;
}
}a[N];
ll ans[N];
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i].a);
}
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i].b);
}
sort(a+1,a+n+1);
ans[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans[i]=a[i].b+ans[i-1];
}
ll mix=1e15;
for(int i=1;i<=n;i++){
mix=min(mix,max((ll)a[i].a,ans[n]-ans[i]));
}
mix=min(mix,ans[n]);//特判全部自己拿的情况
printf("%lld
",mix);
}
return 0;
}
D Extreme Subtraction
题意：给你一个n长度的数组，问有两种操作，选择一个k，1 ~ k下标数组值-1或者k ~ n下标数组值，问能不能使得数组全部为0，能输出yes，不能no
思路：从前算后面能否形成递减序列，或者从后算前面能否形成递增序列
给wa的盆友两个样例
2
6
5 3 5 2 4 3
6
5 3 5 3 4 3
yes
no
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ll long long
#define lson(x) x<<1
#define rson(x) x<<1|1
using namespace std;
const int N=3e4+10;
int n;
int a[N],b[N],c[N];
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
int f=1;
int ans=0,minl=1e9;
for(int i=n;i>=1;i--){
a[i]-=ans;
if(a[i]<0) f=0,break;
if(a[i]<=minl) minl=a[i];
else ans+=(a[i]-minl);
}
if(f)
printf("YES
");
else
printf("NO
");
}
return 0;
}
E Long Permutation
题意：给你n长度的序列，a[i]=i。有m个操作，操作一求 l 到 r 数组和，操作二，将当前序列变成字典序第x小的序列。
思路：因为x的范围是1e5 所以最多10个数字的全排列，所以只要动数组最后的10位，即可。这里需要康托展开的知识-^-
因为是从第一字典序列开始累加变序列，k的初始值为1。因为我的k初始值0，所以逆康托没用k--这步操作
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define ll long long
#define lson(x) x<<1
#define rson(x) x<<1|1
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[25],vis[25];
ll sum[N],qzh[25];
void invKT(int ans[],int n,ll k){
if(k==0){return;}
for (int i=0;i<n;i++){
ll t=k/qzh[n-i-1];int j;
for (j=1;j<=n;j++)
if(!vis[j]){
if (t==0) break;
--t;
}
ans[i]=j,vis[j]=true;
k%=qzh[n-i-1];//余数
}
return;
}
int n,m;
int main(){
int t;
qzh[0]=1;
qzh[1]=1;sum[0]=0;
for(int i=2;i<=17;i++){
qzh[i]=i*qzh[i-1];//cout<<qzh[i]<<endl;
}
for(int i=1;i<N;i++){
sum[i]=sum[i-1]+(ll)i;
}
int R;
ll kk=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
R=max(n-15,1);
for(int i=0;i<m;i++){
int op;scanf("%d",&op);
if(op==1){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
if(R>r)
printf("%lld
",sum[r]-sum[l-1]);
else{
for(int i=0;i<25;i++){vis[i]=0;a[i]=0;}
ll ans=0;
int start;
if(l<R){
ans+=sum[R-1]-sum[l-1];
start=R;
}
else{
start=l;
}
//cout<<(n-R+1)<<endl;
invKT(a,(n-R+1),kk);
for(int i=start-R;i<=r-R;i++){
if(a[i]==0) ans=ans+i+R;
else ans=ans+a[i]+(R-1);
}
printf("%lld
",ans);
}
}
else{
ll k;
scanf("%lld",&k);kk+=k;
}
}
return 0;
}
康托展开 + 逆康托 模板
参考大佬博客全排列的编码与解码：康托展开 By Lucio.Yang
1、康托展开：全排列到一个自然数的双射
X=an*(n-1)!+an-1*(n-2)!+...+ai*(i-1)!+...+a2*1!+a1*0!
ai为整数，并且0<=ai<i(1<=i<=n)
2、逆康托：
如何找出第16个（按字典序的）{1,2,3,4,5}的全排列？
1. 首先用16-1，得到15
2. 用15去除4!，得到0余15
3. 用15去除3!，得到2余3
4. 用3去除2!，得到1余1
5. 用1去除1!，得到1余0
有0个数比它小的数是1，所以第一位是1，有2个数比它小的数是3，但1已经在之前出现过了所以是4，有1个数比它小的数是2，但1已经在之前出现过了所以是3，有1个数比它小的数是2，但1,3,4都出现过了所以是5，最后一个数只能是2，所以排列为1 4 3 5 2。
代码模板
void inint(){
qzh[0]=1;
qzh[1]=1;
for(int i=2;i<=17;i++){
qzh[i]=i*qzh[i-1];
}
}
void invKT(int ans[],int n,ll k){
k--;mem(vis,0);
for (int i=0;i<n;i++){
ll t=k/qzh[n-i-1];int j;
for (j=1;j<=n;j++)
if(!vis[j]){
if (t==0) break;
--t;
}
ans[i]=j,vis[j]=true;
k%=qzh[n-i-1];//余数
}
return;
}
F Identify the Operations
题意：给你n，m长度的两个数组（分为a，b），某人得到了长度为n的数组（1~n无序排列的数组），有m个操作，删除一个n长度中的一个数字，把这个数字的前一个或者后一个（第一位和最后一位只能选一个），按照操作顺序放进另一个数组里，问有多少种情况能的到m长度的数组，答案取模
思路：标记a组数字在数组的位置，用pos数组存在b组每个数在a组的位置，并存进map里。for一遍，如果这个点的前、后下标在map里出现的则答案为0，如果这个点只出现过前或者后 * 1，都没出现过则 * 2,特判一下第一个和最后一个。然后把这个点从map中删除
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
#define ll long long
const int N=2e5+10;
int a[N],b[N],pos[N],cnt[N];
int n,m;
int main(){
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
map<int,int>mp;
for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]),pos[a[i]]=i;
for(int i=0;i<m;i++)scanf("%d",&b[i]),cnt[i]=pos[b[i]],mp[pos[b[i]]]++;
ll ans=1;
for(int i=0;i<m;i++){
if(cnt[i]==0){
if(mp[1]){ans=0;}
mp[0]--;
}
else if(cnt[i]==n-1){
if(mp[n-2]){ans=0;}
mp[n-1]--;
}
else{
ll k=2;
if(mp[cnt[i]-1])k--;
if(mp[cnt[i]+1])k--;
ans*=k;ans%=mod;
mp[cnt[i]]--;
}
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}
老年人了，要早睡早起（偷懒），于是开了模拟去做，做完这套感觉就是，div2就这？？？感觉在写div3一样 算了模拟赛卡了D，赛后看了F，想不出好方法，模拟了一遍居然AC了！
多努力才能少打铁，锻炼自己的心态也很重要。希望别留遗憾吧