A.
奇数个就第一位放7，后面放1；偶数个就全放1
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int T,n; 4 int main() 5 { 6 scanf("%d",&T); 7 while(T--) 8 { 9 scanf("%d",&n); 10 if(n&1) 11 { 12 printf("7"); 13 for(int i=1;i<n/2;++i)printf("1"); 14 } 15 else 16 { 17 for(int i=1;i<=n/2;++i)printf("1"); 18 } 19 puts(""); 20 } 21 }
B.
先判断x是否为0，为0则在0处有一个
判断走一轮之后的d：
(d=0),则balance值不变，如果有一个等于的就是无穷，否则为0
(d>0)，则balance上升，判一下模意义下是否相同以及是否通过上升可以得到即可
(d<0)同理
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int T,n,x; 4 char s[100005]; 5 int a[100005]; 6 int main() 7 { 8 scanf("%d",&T); 9 while(T--) 10 { 11 scanf("%d%d",&n,&x); 12 scanf("%s",s+1); 13 for(int i=1;i<=n;++i)if(s[i]=='0')a[i]=a[i-1]+1;else a[i]=a[i-1]-1; 14 int d=a[n]; 15 if(d==0) 16 { 17 bool yes=0; 18 for(int i=1;i<=n;++i)if(a[i]==x)yes=1; 19 if(yes)puts("-1"); 20 else 21 { 22 if(x==0)puts("1"); 23 else puts("0"); 24 } 25 } 26 else 27 { 28 int ans=0; 29 if(x==0)ans++; 30 for(int i=1;i<=n;++i) 31 { 32 if(d>0&&x>=a[i]&&(x%d+d)%d==(a[i]%d+d)%d)ans++; 33 if(d<0&&x<=a[i]&&(x%d+d)%d==(a[i]%d+d)%d)ans++; 34 } 35 printf("%d ",ans); 36 } 37 } 38 }
C.
贪心，建个子序列自动机加速一下就完事
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int T; 4 char s[100005],t[100005]; 5 int nxt[100005][26]; 6 int main() 7 { 8 scanf("%d",&T); 9 while(T--) 10 { 11 scanf("%s",s+1); 12 scanf("%s",t+1); 13 int n=strlen(s+1),m=strlen(t+1); 14 for(int j=0;j<26;++j)nxt[n][j]=0; 15 for(int i=n-1;i>=0;--i) 16 { 17 for(int j=0;j<26;++j)nxt[i][j]=nxt[i+1][j]; 18 nxt[i][s[i+1]-'a']=i+1; 19 } 20 int now=0,ans=1; 21 for(int i=1;i<=m;++i) 22 { 23 now=nxt[now][t[i]-'a']; 24 if(!now) 25 { 26 ans++; 27 now=nxt[now][t[i]-'a']; 28 if(!now){ans=-1;break;} 29 } 30 } 31 printf("%d ",ans); 32 } 33 }
D.
实际上可以通过gcd的性质得到答案就是(gcd(x,m/gcd(a,m))=1)的x个数，求个phi就没了
傻逼选手不会这性质就写了个容斥。。。但是好像可以推广到没有(0 leq x < m)条件的情况
令(p=gcd(a,m),x=kp,a=tp,m=bp)
则(x+a=(k+t)p)
就是求([0,frac{m-1}{p}])中满足(gcd(k+t,b)=1)的k的个数
然后可以差分转化成(0 leq k leq n)中满足(gcd(k,b)=1)的(k)的个数
然后考虑容斥
枚举(b)的因数(p_i)，则(Ans=sum{mu(p_i)*frac{n}{p_i}})
这里的(mu(p_i))可以通过一些方法快速计算：
考虑(p_i)为(b)的约数，那么我们预处理出来(b)的所有质因子，然后判断每个质因子在(p_i)中出现了一次还是出现了多次，若出现多次则(mu=0)，否则按定义计算
然后这样单次求mu就是(O(log n))的
复杂度(O(Tsqrt{n} log n))
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 int T; 5 ll a,m; 6 ll gcd(ll a,ll b) 7 { 8 if(!b)return a; 9 return gcd(b,a%b); 10 } 11 ll mu(ll x,vector<ll> A) 12 { 13 ll res=1; 14 for(ll p:A)if(x%p==0) 15 { 16 ll t=0; 17 while(x%p==0) 18 { 19 t++,x/=p; 20 if(t>1)break; 21 } 22 if(t>1) 23 { 24 res=0;break; 25 } 26 else res*=-1; 27 } 28 return res; 29 } 30 ll solve(ll n,ll b) 31 { 32 vector<ll> A; 33 A.clear(); 34 ll x=b; 35 for(ll i=2;i*i<=b;++i)if(x%i==0) 36 { 37 while(x%i==0)x/=i; 38 A.push_back(i); 39 } 40 if(x>1)A.push_back(x); 41 ll res=0; 42 for(ll i=1;i*i<=b;++i)if(b%i==0) 43 { 44 res+=mu(i,A)*(n/i); 45 if(i*i!=b)res+=mu(b/i,A)*(n/(b/i)); 46 } 47 return res; 48 } 49 int main() 50 { 51 cin>>T; 52 while(T--) 53 { 54 cin>>a>>m; 55 ll p=gcd(a,m); 56 ll t=a/p,b=m/p; 57 ll ans=solve((m-1)/p+t,b)-solve(t-1,b); 58 cout<<ans<<endl; 59 } 60 }
E.
考虑用线段树维护最后分界点在每一个位置的答案
然后枚举初始划分位置从1到n-1
每次移动划分位置对应一段区间加和一段区间减
每次和全局最小取min即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define ll long long 3 using namespace std; 4 int n,p[200005],a[200005],id[200005]; 5 ll minv[800005],val[200005],addv[800005]; 6 void pushup(int rt) 7 { 8 minv[rt]=min(minv[rt<<1],minv[rt<<1|1]); 9 } 10 void pushdown(int rt) 11 { 12 if(addv[rt]) 13 { 14 ll t=addv[rt]; 15 minv[rt<<1]+=t;minv[rt<<1|1]+=t; 16 addv[rt<<1]+=t;addv[rt<<1|1]+=t; 17 addv[rt]=0; 18 } 19 } 20 void build(int rt,int l,int r) 21 { 22 int mid=(l+r)>>1; 23 if(l==r){minv[rt]=val[l];return;} 24 build(rt<<1,l,mid);build(rt<<1|1,mid+1,r); 25 pushup(rt); 26 } 27 void add(int rt,int l,int r,int ql,int qr,ll v) 28 { 29 int mid=(l+r)>>1; 30 if(ql<=l&&r<=qr) 31 { 32 addv[rt]+=v;minv[rt]+=v; 33 return; 34 } 35 pushdown(rt); 36 if(ql<=mid)add(rt<<1,l,mid,ql,qr,v); 37 if(qr>mid)add(rt<<1|1,mid+1,r,ql,qr,v); 38 pushup(rt); 39 } 40 int main() 41 { 42 scanf("%d",&n); 43 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&p[i]),id[p[i]]=i; 44 for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]); 45 for(int i=1;i<=n;++i)val[i]=val[i-1]+a[id[i]]; 46 build(1,0,n); 47 ll ans=(ll)1e18; 48 for(int i=1;i<n;++i) 49 { 50 add(1,0,n,0,p[i]-1,a[i]); 51 add(1,0,n,p[i],n,-a[i]); 52 ans=min(ans,minv[1]); 53 } 54 cout<<ans<<endl; 55 }