A
= =
B
题意：
在一个正n边形中，画一个三角形，找这个三角形里的一个角，使得这个角最接近给定的angle
分析：
画画图会发现，相邻三个点构成的三角形的最小角是所有可能角中的最小角
然后发现其它角都是这个最小角的整数倍
所以只要枚举整数倍就行了
C
题意：
初始有一串长度为a的序列，是26个字母的前a个（比如a=5时候，初始就是abcde)
我和对手轮流操作，我每次在后面加上b个英文字母，对手每次在后面加上a个英文字母
我的b个英文字母任意选择
对手的a个英文字母有套路：
对手会观察当前字符串的后a个，从‘a’~‘z’依次挑出a个英文字母不在后缀中出现，把这a个字符接在后面
现在问字符串的[L,R]中，最少可能有多少个不同的字母
分析：
这题标程翻车了……所以就unrated了，现在也不知道正解……
标程的做法就是我的策略为：
将字符串最后一个字母抄b遍……
然后周期是2(a+b)，来进行判断
D
题意：
有长度为n(n<=1e6)的数列a，它是n的一个全排列
现在你可以将这个数列a循环移动，求MIN（Σ|a[i]-i|）
分析：
数组的移动可以看成是下标的移动
O(n)枚举下标为1的地方，然后再根据上一次的结果快速转移到这次的结果
先对于初始状态，求出b[i]=a[i]-i （有正负）
假设我们枚举下标为1的位置是i
那么实际上，每次i左边的下标都集体加1，所以左边的b[j]相当于集体减1；每次i右边的下标都集体加1，所以右边的b[j]相当于集体加1
我们考察对结果的贡献：原本>0的数，对结果负贡献；原本<=0的数，对结果正贡献
所以这完全可以用一个线段树来进行修改和查询（查询就是查一段区间有多少个<=0的数）
时间复杂度O(nlogn)
但是这题n=1e6，而且线段树常数比较大，实际上可以有O(n)的做法
我们考虑不用线段树来求解
以考虑左边为例：
我们只关心i的左边有多少个数>0，有多少个数=0，有多少个数<0，这完全可以用三个变量来记录
但关键是有一个全体-1的操作
我们其实可以不考虑这个修改，而去重新定义当前时刻的“0”
比如全体-1操作进行了2次，那么当前时刻的"0"就是原始的2
也就是说询问变成了有多少个数>a，有多少个数=a，有多少个数<a
从a-1转移到a的过程中，只需要维护三个变量的值就行了
具体的：原来的负数还是负数，原来的"0"现在变成了负数，原来的正数少了原来的“0”这么多个
要完成这个操作就需要知道一些数中，有多少个数的值是a，这只要开个桶就可以了
综上所述，O(n)枚举下标为1的位置，左右两边用2个桶维护，O(1)时间转移答案
细节：当我们将第i位从左边桶中抽离，放到右边桶的时候，并不是把a[i]-1放进右边的桶，因为此时右边的桶“0”的基准变了，假设当前右边桶“0”的基准是m，那么我们应该把a[i]-1+m放进右边桶
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int maxn=1e6; 4 int a[maxn+50],b[maxn+50]; 5 int x[maxn*2+50],y[maxn*2+50]; 6 int numx[3],numy[3]; 7 int n; 8 long long ans,s; 9 int ansi; 10 int getnum(int x,int zero) 11 { 12 if(x==zero) return 0; 13 if(x>zero) return 1; 14 return 2; 15 } 16 int main() 17 { 18 19 scanf("%d",&n); 20 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]); 21 for(int i=1;i<=n;++i) b[i]=a[i]-i,++x[b[i]+n],ans+=abs(b[i]); 22 ansi=0; 23 s=ans; 24 for(int i=1;i<=n;++i) ++numx[getnum(b[i],0)]; 25 for(int i=n;i>=2;--i) 26 { 27 --x[b[i]+n]; 28 --numx[getnum(b[i],n-i)]; 29 numx[2]+=numx[0]; 30 numx[0]=x[n-i+1+n]; 31 numx[1]-=x[n-i+1+n]; 32 s+=numx[2]; 33 s-=numx[0]+numx[1]; 34 35 s-=abs(a[i]-n); 36 s+=abs(1-a[i]); 37 38 numy[2]+=numy[0]; 39 numy[0]=y[n-i+n]; 40 numy[1]-=y[n-i+n]; 41 s+=numy[2]; 42 s-=numy[0]+numy[1]; 43 ++y[a[i]-1+n-i+n]; 44 ++numy[getnum(a[i]-1+n-i,n-i)]; 45 46 if(s<ans) 47 { 48 ans=s; 49 ansi=n-i+1; 50 } 51 } 52 printf("%lld %d",ans,ansi); 53 return 0; 54 }