(A)
什么玩意儿……
const char t[]={"0CODEFESTIVAL2016"};
char s[25];int res;
int main(){
scanf("%s",s+1);
fp(i,1,16)res+=s[i]!=t[i];
printf("%d
",res);
return 0;
}
(B)
什么玩意儿……
const int N=1e5+5;
char s[N];int a,b,n,c,cc;
int main(){
scanf("%d%d%d%s",&n,&a,&b,s+1),a+=b;
fp(i,1,n){
switch(s[i]){
case 'c':puts("No");break;
case 'a':puts(c+1<=a?(++c,"Yes"):"No");break;
case 'b':puts(c+1<=a&&cc+1<=b?(++c,++cc,"Yes"):"No");break;
}
}
return 0;
}
(C)
显然需要连成一棵树，且贪心选取边来连接，如果当前连的边是左右连接的，且上下连接的边总共连了(c)条，那么说明每一列只有(m+1-c)个连通块了，那么当前边只需要连这么多条
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+5;
ll res;int a[N],op[N],id[N],top,n,m,c,d;
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return a[x]<a[y];}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
fp(i,1,n)++top,scanf("%d",&a[top]),op[top]=0,id[top]=top;
fp(i,1,m)++top,scanf("%d",&a[top]),op[top]=1,id[top]=top;
sort(id+1,id+1+top,cmp);
fp(i,1,top){
// printf("%d %d %d
",id[i],a[id[i]],op[id[i]]);
if(!op[id[i]])res+=1ll*a[id[i]]*(m+1-d),++c;
else res+=1ll*a[id[i]]*(n+1-c),++d;
}
printf("%lld
",res);
return 0;
}
(D)
还是贪心，一个贪心是先处理完前面再处理完后面，一个贪心是对于每一个点选择可以卖给他的价格最小的物品卖，记前(i-1)个人中剩余钱数最多的人钱数为(mn)，那么卖给第(i)个人的商品价格就是(mn+1)，如果(a_i=mn+1)就一个都买不了，并且(++mn)，否则我们贪心卖到至少还有一元钱剩余就行了
然而有一种情况是第(i)个人还剩下恰好(mn+1)元，根据贪心期间肯定是不让(mn)增加最优，那么我们肯定可以在之前得到某一次卖的商品价格(+1)，这样就不会令(mn)增加了
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
ll res;int a[N],n,mn;
int main(){
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%d",&a[i]);
res=a[1]-1,mn=1;
fp(i,2,n){
if(a[i]==mn+1)++mn;
else res+=(a[i]-1)/(mn+1);
}
printf("%lld
",res);
return 0;
}
(E)
首先考虑一个暴力的想法，先把所有的串扔到(trie)树里，然后对于询问直接在(trie)树上匹配这个串，同时把所有字典序小于当前转移的子树里的串的个数加入答案
这样显然要挂掉，而且我们也不可能(26!)枚举所有字母的大小
设(i,j)为两个不同的转移，考虑到(i)这个转移会对(j)的子树造成贡献，当且仅当重定义之后的字母中(i<j)，也就是说会对答案造成影响的总共只有(26 imes 26)种状态
那么我们对于(trie)树上的每一个节点，记录一个(cnt[p][i])，表示当处于节点(p)，且状态为(i)（(i)表示一种大小关系，假设它表示(a<b)，也就是说(a)这个字母字典序比(b)小），此时按照暴力匹配之后的贡献是多少，即从根节点走到(p)的过程中如果转移是(b)就加上(a)那棵子树的(size)，那么(cnt[p][i])表示那些(size)的和
这样对于一个询问，直接枚举所有的大小关系并加上对应的贡献即可
复杂度(O((n+q)26^2))
具体细节可以参考代码
//quming
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=(a),I=(b)-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
template<class T>inline bool cmax(T&a,const T&b){return a<b?a=b,1:0;}
template<class T>inline bool cmin(T&a,const T&b){return a>b?a=b,1:0;}
using namespace std;
const int N=5e5+5,M=676;
char t[N];int sz[N],size[N],pos[N],fa[N],ch[N][26];
int id[N],bg[N],len[N],pi[26],n,q,nd;
vector<int>cnt[N];
void ins(R int ID,R int len){
R int p=0;
for(R int i=1,c;i<=len;++i){
c=t[i]-'a';
if(!ch[p][c])ch[p][c]=++nd;
p=ch[p][c],++sz[p];
}
id[p]=ID,pos[ID]=p;
}
void dfs(int p,int ga,int s){
fa[p]=ga;if(ga==-1)cnt[p].resize(M),fa[p]=p;
if(id[p])++s,size[id[p]]=s;
R int cp=0;fp(i,0,25)cp+=(ch[p][i]!=0);
ga=fa[p];if(cp>1)ga=-1;
fp(i,0,25)if(ch[p][i])dfs(ch[p][i],ga,s);
}
void dd(int p,int ga){
if(p&&fa[p]==p)fp(i,0,M-1)cnt[p][i]+=cnt[ga][i];
fp(i,0,25)if(ch[p][i])fp(j,i+1,25)if(ch[p][j]){
cnt[ch[p][i]][j*26+i]+=sz[ch[p][j]];
cnt[ch[p][j]][i*26+j]+=sz[ch[p][i]];
}
fp(i,0,25)if(ch[p][i])dd(ch[p][i],fa[p]);
}
int solve(int k){
R int res=size[k];
fp(i,0,25)fp(j,i+1,25)res+=cnt[fa[pos[k]]][pi[i]*26+pi[j]];
return res;
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
fp(i,1,n)scanf("%s",t+1),len[i]=strlen(t+1),ins(i,len[i]);
dfs(0,-1,0);dd(0,-1);
scanf("%d",&q);
for(R int k;q;--q){
scanf("%d%s",&k,t+1);
fp(i,1,26)pi[i-1]=t[i]-'a';
printf("%d
",solve(k));
}
return 0;
}