《Codeforces Round #741 (Div. 2)》

A：签到

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
const int M = 1e3 + 5;
const double eps = 1e-10;
const LL Mod = 998244353;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e18
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
inline int read() {
    int f = 1;LL x = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
    return x*f;
}
inline long long ADD(long long x,long long y) {return (x + y) % Mod;}
inline long long DEC(long long x,long long y) {return (x - y + Mod) % Mod;}
inline long long MUL(long long x,long long y) {return x * y % Mod;}

void solve() {
    int L,r;L = read(),r = read();
    int low = max(L,(r / 2 + 1));
    int ans = r % low;
    printf("%d
",ans);
}
int main() {    
    int ca;ca = read();
    while(ca--) {
        solve();
    }
    //system("pause");
    return 0;
}

B：python写的有点慢。

可以发现，如果里面出现了1,4,6,8,9，那么我们可以只留下这个数。

那么对于其他情况，显然只有2,3,5,7四种数出现，如果某个数出现了超过一次，我们就可以留下两个一样的数变成11的倍数。

所以，比较特殊的情况只有2,3,5,7四位数出现，对于这种情况暴力即可。

import math

def check(x):
    m = int(math.sqrt(x))
    for i in range(2,m + 1):
        if x % i == 0:
            return True
    return False

ca = int(input())
while ca != 0:
    ca -= 1
    k = int(input())
    n = input()
    vis = [0 for i in range(10)]
    ans = ""
    pos = -1
    for i in range(len(n) - 1,-1,-1):
        if int(n[i]) % 2 == 0 and int(n[i]) != 2 or int(n[i]) == 9 or int(n[i]) == 1:
            pos = i
            break
    if pos == -1:
        if len(n) > 9:
            for i in range(len(n)):
                x = ord(n[i]) - ord('0')
                if vis[x] == 1:
                    ans = n[i]
                    break
                vis[x] = 1
            print("2")
            print(ans + ans)
        else:
            f = 0
            for i in range(len(n)):
                if f != 0:
                    break
                for j in range(i + 1,len(n)):
                    tmp = n[i] + n[j]
                    if check(int(tmp)):
                        f = 1
                        ans = tmp
            for i in range(len(n)):
                if f != 0:
                    break
                for j in range(i + 1,len(n)):
                    for k in range(j + 1,len(n)):
                        tmp = n[i] + n[j] + n[k]
                        if check(int(tmp)):
                            f = 1
                            ans = tmp
            for i in range(len(n)):
                if f != 0:
                    break
                for j in range(i + 1,len(n)):
                    for k in range(j + 1,len(n)):
                        for q in range(k + 1,len(n)):
                            tmp = n[i] + n[j] + n[k] + n[q]
                            if check(int(tmp)):
                                f = 1
                                ans = tmp
            print(len(ans))
            print(ans)
    else:
        print("1")
        print(int(n[pos]))

C：我们对半看。

首先，如果前一半出现了一个0，那么我们就可以构造出两个一样的数，长的那个以0开头。

如果，后一半出现了一个0，那么我们可以构造出一个2倍的数，以0结尾。

如果上面两种情况都不存在，那么说明这个数全部都是1，那么错位构造两个一样的数即可。即1 ~ L,2 ~ L + 1.

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
const int M = 1e3 + 5;
const double eps = 1e-10;
const LL Mod = 998244353;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e18
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
inline int read() {
    int f = 1;LL x = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
    return x*f;
}
inline long long ADD(long long x,long long y) {return (x + y) % Mod;}
inline long long DEC(long long x,long long y) {return (x - y + Mod) % Mod;}
inline long long MUL(long long x,long long y) {return x * y % Mod;}

void solve() {
    int n;scanf("%d",&n);
    string s;cin >> s;
    int pos = -1,hf = n / 2;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        if(s[i - 1] == '0') {
            pos = i;
            break;
        }
    }
    if(pos == -1) printf("%d %d %d %d
",1,hf,2,hf + 1);
    else {
        if(pos <= hf) printf("%d %d %d %d
",pos,n,pos + 1,n);
        else printf("%d %d %d %d
",1,pos,1,pos - 1);
    }
    
}
int main() {    
    int ca;ca = read();
    while(ca--) {
        solve();
    }
   // system("pause");
    return 0;
}

D1：已经猜到了应该只有0,1,2三种情况。

从D2可知。

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 3e5 + 5;
const int M = 1e3 + 5;
const double eps = 1e-10;
const LL Mod = 998244353;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e18
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
inline int read() {
    int f = 1;LL x = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
    return x*f;
}
inline long long ADD(long long x,long long y) {return (x + y) % Mod;}
inline long long DEC(long long x,long long y) {return (x - y + Mod) % Mod;}
inline long long MUL(long long x,long long y) {return x * y % Mod;}

int sum[N];
void solve() {
    int n,q;n = read(),q = read();
    string s;cin >> s;
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        sum[i] = sum[i - 1];
        if(s[i - 1] == '+' && i % 2 != 0 || s[i - 1] == '-' && i % 2 == 0) sum[i]++;
        else sum[i]--;
    }
    while(q--) {
        int L,r;L = read(),r = read();
        int len = r - L + 1;
        int ma = sum[r] - sum[L - 1];
        if(ma == 0) printf("0
");
        else {
            if(len % 2 == 0) printf("2
");
            else printf("1
");
        }
    }
}
int main() {    
    int ca;ca = read();
    while(ca--) {
        solve();
    }
   // system("pause");
    return 0;
}

D2：一定要弄明白每次的操作产生的贡献。

可以发现，我们选定一个位置pos,那么[pos + 1,r]的代价就会翻转了。

那么我们就可以有一个构造方法，对于奇数的和 = x,我们删去刚好 = x / 2 + 1的位置，那么后面都翻转，就形成了x , -x的情况。

对于偶数的方案，我们先删去L位置，那么和就是偶数的了，我们就可以对[L + 1,r]进行上诉操作。

如果单纯这样去操作还是很麻烦的。考虑一下等式。sum表示前缀和。

有sum[r] - sum[pos] = sum[pos - 1] - sum[L - 1] 即删去pos，左半边和右半边和一样。

那么移项,sum[pos - 1] + sum[pos] = sum[r] - sum[L - 1]。

所以我们只需要维护一个sum[pos - 1] + sum[pos]，然后去找满足和 = sum[r] - sum[L - 1] 且在区间内的即可。

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 3e5 + 5;
const int M = 1e3 + 5;
const double eps = 1e-10;
const LL Mod = 998244353;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e18
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
inline int read() {
    int f = 1;LL x = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
    return x*f;
}
inline long long ADD(long long x,long long y) {return (x + y) % Mod;}
inline long long DEC(long long x,long long y) {return (x - y + Mod) % Mod;}
inline long long MUL(long long x,long long y) {return x * y % Mod;}

int sum[N];
void solve() {
    int n,q;n = read(),q = read();
    string s;cin >> s;
    sum[0] = 0;
    map<int,set<int> > mp;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        sum[i] = sum[i - 1];
        if(s[i - 1] == '+' && i % 2 != 0 || s[i - 1] == '-' && i % 2 == 0) sum[i]++;
        else sum[i]--;
    }
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        mp[sum[i] + sum[i - 1]].insert(i);
    }
    while(q--) {
        int L,r;L = read(),r = read();
        int ma = sum[r] - sum[L - 1];
        if(ma == 0) printf("0
");
        else {
            int len = r - L + 1;
            if(len % 2 != 0) printf("1
%d
",*mp[sum[r] + sum[L - 1]].lower_bound(L));
            else printf("2
%d %d
",L,*mp[sum[r] + sum[L]].lower_bound(L + 1));       
        }
    }
}
int main() {    
    int ca;ca = read();
    while(ca--) {
        solve();
    }
  //  system("pause");
    return 0;
}
/*
1
1

2
1 2

1
2

2
1 3

1
2

2
2 3

1
3

1
3

2
3 4

1
4

*/

E：感觉这题也挺巧妙的。

首先如果选定一个后缀abc，那么他的所有前缀都可以选入，递增排列。

所以考虑dp[i] - 到以i为开头的后缀的最大代价。它本身的长度为n - i + 1//所有子串

考虑一下转移，如果s[以j为开头的后缀字符串] < s[以i为开头的后缀字符串]，那么i就可以从j转移来。

但是可能存在不合法情况：即abc < abcd

但是abcd的前缀a < abc。多试几个可以发现，他们的公共前缀满足 prefix(abcd) < (abc)

所以我们要减去不合法的数量即公共前缀。

所以dp[i] = dp[j] + n - i + 1 - f[i][j] //f[i][j]的公共前缀。

这里有个细节，就是判断两个后缀的大小关系，如果真的去存储字符串再去比较的话，复杂度会爆。

其实只需要比较第一个不同的位置的字符即可，即prefix + 1位置的字符。

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> pii;
const int N = 5e3 + 5;
const int M = 1e3 + 5;
const double eps = 1e-10;
const LL Mod = 998244353;
#define pi acos(-1)
#define INF 1e18
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
inline int read() {
    int f = 1;LL x = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
    return x*f;
}
inline long long ADD(long long x,long long y) {return (x + y) % Mod;}
inline long long DEC(long long x,long long y) {return (x - y + Mod) % Mod;}
inline long long MUL(long long x,long long y) {return x * y % Mod;}

int f[N][N],dp[N];//dp[i] - 以后缀i结尾的最大代价
char nxt[N],s[N];
void solve() {
    int n;n = read();
    scanf("%s",s);
    f[n + 1][n] = f[n][n + 1] = f[n + 1][n + 1] = 0;
    for(int i = n;i >= 1;--i) { 
        for(int j = i - 1;j >= 1;--j) {
            if(s[i - 1] != s[j - 1]) {
                f[i][j] = 0;
            }
            else {
                f[i][j] = f[i + 1][j + 1] + 1;
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n;++i) {
        dp[i] = n - i + 1;
        for(int j = 1;j < i;++j) {
            if(s[j + f[i][j] - 1] < s[i + f[i][j] - 1]) {
                dp[i] = max(dp[i],dp[j] + n - i + 1 - f[i][j]);
            }
        }
        ans = max(ans,dp[i]);
    }
    printf("%d
",ans);
}
int main() {    
    int ca;ca = read();
    while(ca--) {
        solve();
    }
 //   system("pause");
    return 0;
}