A. Best Subsegment
显然，选择数列中的最大值当做区间（长度为(1)）。只要尝试最大值这个区间是否能扩展（左右两边值是否跟它一样就行了）
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 100010;
int n, a[N], val = -1, res = -1;
int main(){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a + i);
val = max(val, a[i]);
}
int len = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
if(a[i] == val) len ++;
else len = 0;
res = max(res, len);
}
printf("%d
", res);
return 0;
}
B. Emotes
贪心。让总和最大，考虑可以尽量选最大的，每次选(k)次，然后选一个第二大的，接着选(k)次最大的...就这样轮替。这个过程可以用取余来快速完成，每一轮的次数是(k + 1)。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 200010;
int n, m, k, a[N], max1 = -1, max2 = -1;
LL res = 0;
int main(){
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", a + i);
if(a[i] > max1){
max2 = max1;
max1 = a[i];
}else if(a[i] > max2){
max2 = a[i];
}
}
int num = m / (k + 1), ot = m % (k + 1);
printf("%lld
", (LL)num * k * max1 + (LL)num * max2 + (LL)ot * max1);
return 0;
}
C. Magic Ship
二分答案。容易看出，时刻符合单调性。若(d)天能到，那么(d + 1)也能到。因为可以保持跟风相反的方向就可以保持不动，晚一个时刻在到。如果设置(check)函数，我们先把这些天风走的走完，再看现在的曼哈顿距离是否够天数走完的即可。对于二分答案的上界，可以设置为(1e14)，最坏情况所有(n)次只有一次是顺方向，剩下都是逆方向，那么每(n)次只能动(2)步，结合最大需求曼哈顿是(1e9 * 2 = 2e9)，所以最高时间就是(n * 2e9 / 2 = 100000 * 2e9 / 2 = 1e14)。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 100010;
typedef long long LL;
int x, y, x2, y2, n, sum[N][2];
char s[N];
//检查x时间是否可行。
bool check(LL d){
LL nx = x, ny = y;
nx += (d / n) * sum[n][0] + sum[d % n][0];
ny += (d / n) * sum[n][1] + sum[d % n][1];
return abs(x2 - nx) + abs(y2 - ny) <= d;
}
int main(){
scanf("%d%d%d%d%d%s", &x, &y, &x2, &y2, &n, s + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++){
sum[i][1] += sum[i - 1][1] + (s[i] == 'U');
sum[i][1] -= (s[i] == 'D');
sum[i][0] -= (s[i] == 'L');
sum[i][0] += sum[i - 1][0] + (s[i] == 'R');
}
if(!check(1e14)) puts("-1");
else{
LL l = 1, r = 1e14;
while(l < r){
LL mid = (l + r) >> 1;
if(check(mid))r = mid;
else l = mid + 1;
}
printf("%lld
", r);
}
return 0;
}
D. Magic Gems
考虑(dp)，每次有两个决策，一个是放(m)个普通宝石，或者放一个(1)个魔法宝石。
设(f[i])为填i个区间的方案数，状态转移方程(f[i] = f[i - 1] + f[i - m])
初始化(f[1] = f[2] = ... = f[m - 2] = f[m - 1] = 1)。
然后我就不会优化了...只能看题解，发现要用矩阵快速幂 or 杜教优化，但是本蒟蒻两个都不会，所以这个坑以后再填...
E. Decypher the String
我自闭了。既然可以二进制确定一个范围，那么我们尝试(26)进制系列，因为字母各不相同可以确定转换位置。由于(26 ^ 2 < 10000 < 26 ^ 3)，范围之内可以解决。
询问三个分别如下：
- (aaaa(26 * 26)bbbb(26 * 26)...zzzz(26 * 26))
- (aaaa(26)bbbb(26)...zzzz(26)aaaa...)
- (abcdefghijklmn...xyzabcd...xyz...)
这样每一步可以将答案缩小至原来的(frac{1}{26})，在范围可以解决问题。
为了方便找到交集，我们用(bitset)即可。
PS：这毒瘤输入输出...这个它提示我输入格式不正确。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <bitset>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 10000;
char str[N], s[3][N], ans[N];
bitset<N> a[3][26];
int n;
int main(){
scanf("%s", str);
n = strlen(str);
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0, t = i; j < 3; j++)
s[j][i] = t % 26 + 'a', t /= 26;
for(int i = 0; i < 3; i++){
printf("? %s
", s[i]), fflush(stdout), scanf("%d", s[i]);
}
for(int i = 0; i < 3; i++)
for(int j = 0; j < n; j++)
a[i][s[i][j] - 'a'].set(i);
for(int i = 0; i < n; i++){
bitset<N> u;
for(int j = 0, t = i; j < 3; j++)
u &= a[j][t % 26], t /= 26;
for(int j = 0; j < n; j++)
if(u[j]) { ans[i] = str[j]; break; }
}
printf("! %s
", ans);
return 0;
}
然后我改成单个的就对了，wtf？？？？
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <bitset>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 10005;
char str[N], s1[N], s2[N], s3[N], ans[N];
bitset<N> a[3][26], now;
int n;
int main(){
scanf("%s", str);
n = strlen(str);
for (int i = 0; i< n; ++i) {
int t = i;
s1[i] = 'a' + t % 26; t /= 26;
s2[i] = 'a' + t % 26; t /= 26;
s3[i] = 'a' + t % 26; t /= 26;
}
printf("? "); puts(s1); fflush(stdout); scanf("%s", s1);
printf("? "); puts(s2); fflush(stdout); scanf("%s", s2);
printf("? "); puts(s3); fflush(stdout); scanf("%s", s3);
for (int i = 0; i < n; ++i) a[0][s1[i] - 'a'].set(i);
for (int i = 0; i < n; ++i) a[1][s2[i] - 'a'].set(i);
for (int i = 0; i < n; ++i) a[2][s3[i] - 'a'].set(i);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int t = i;
now = a[0][t % 26]; t /= 26;
now &= a[1][t % 26]; t /= 26;
now &= a[2][t % 26]; t /= 26;
for (int j = 0; j < n; ++j)
if (now[j]) { ans[i] = str[j]; break; }
}
printf("! %s
", ans);
return 0;
}
原因应该是字符数组二维读入上和输出没有好的规定......