Codeforces Round #496 (Div. 3) ABCDE
A. Tanya and Stairways
题意
给你一个序列，序列是按照 1−a,1−b,1−c... 1 − a , 1 − b , 1 − c . . . 的顺序出现的，输出所有的a,b,c….
做法
直接遍历，出现1的前一位就要输出，特判最后一位
A. Tanya and Stairways 代码
#includecin>>a[i];
if(a[i]==1&&i!=0)
{
ans.push_back(a[i-1]);
}
}
ans.push_back(a[n-1]);
cout<for(int i=0;icout<" ";
}
return 0;
} B. Delete from the Left
题意
给你两个字符串，每次操作可以选择一个字符串删掉他的第一个字母，问最少用多少次操作来让两个字符串相同
解法
找两个串的最长公共后缀就可以了。
B题代码
#includeint i=0;
while(str1[len1-i-1]==str2[len2-i-1]&&icout<2*i;
}
else
{
int i=0;
while(str1[len1-i-1]==str2[len2-i-1]&&icout<2*i;
}
return 0;
} C. Summarize to the Power of Two
题意
给你n个数，如果某个数可以加上另一个数得到2的次幂数，那么称这个数为好数，求序列中有多少个数不是好数
解法
用map存一下每个数最后出现的位置，之后暴力算每一个二的次幂数减当前数得到的值是否存在就可以了
C题代码
#includeint > mp;
void init()
{
ll pos=1;
for(int i=0;i<=32;i++)
{
a[i]=pos;
pos=pos*2;
}
return ;
}
int main()
{
init();
ios::sync_with_stdio(false);
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>x[i];
mp[x[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=32;j++)
{
if(a[j]-x[i]<0) continue;
if(mp[a[j]-x[i]]&&mp[a[j]-x[i]]!=i)
{
flag[mp[a[j]-x[i]]]=1;
flag[i]=1;
break;
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(flag[i]) ans++;
}
cout<return 0;
} D. Polycarp and Div 3
题意
将一个数字序列分成多个段，使分出的段中是3的倍数的段数最多
解法
从前向后遍历，如果当前数值本身就是3的倍数，那么直接更新答案，然后将起点更新，如果当前值不是3的倍数，就从当前值往回找，找到起点位置，看是否能构成3的倍数，再更新起点。
D题代码
#include pll;
typedef pair int> pli;
typedef pair pdd;
const int maxn = 2e5+5;
const int Mod=1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double e=exp(1);
const db PI = acos(-1);
const db ERR = 1e-10;
#define Se second
#define Fi first
#define pb push_back
#define dbg(x) cout<<#x<<" = "<< (x)<< endl
char str[maxn];
int main()
{
scanf("%s",str);
int len=strlen(str);
int ans=0,pos=-1;
for (int i=0;iint tmp=str[i]-'0';
if (tmp%3==0)//当前值为3的倍数
{
ans++;//更新答案
pos=i;//更新起点
continue;
}
int now=tmp;
for (int j=i-1;j>pos;j--)//如果不是，查看以当前值结尾是否存在3的倍数
{
now=now+(str[j]-'0');
if(now%3==0)//存在，更新答案，更新起点，跳出循环
{
ans++;
now=0;
pos=i;
break;
}
}
}
cout<return 0;
} E1. Median on Segments (Permutations Edition)
题意
给你n个数1-n的序列，再给一个m，问按区间排序后以m作为中位数的区间有多少个
解法
由于每个数都不同，我们就可以先找到m，从m向左遍历，找到到每个下标位置有多少个大于m的数/小于m的数。然后再从m向右遍历计算贡献，计算贡献的时候，如果m到当前下标存在a个大于m的点，那么就找左边有多少个位置存在a/a-1个小于m的点，如果当前下标大于小于m的数量相等，就找左边有多少个位置存在0个大于m的点，或者存在1个大于m的点，如果当前下标存在a个小于m的点，就找左边有多少个位置存在a/a+1个大于m的点。乘积算贡献
E1代码
#include pll;
typedef pair int> pli;
typedef pair pdd;
const int maxn = 2e5+5;
int a[maxn];
map<int,int> mp;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n,m,pos;
long long ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;iscanf("%d",&a[i]);
if(a[i]==m) pos=i;
}
int sum=0;
mp[0]=1;
for(int i=pos-1;i>=0;i--)
{
if(a[i]else sum++;
mp[sum]++;
}
sum=0;
for(int i=pos+1;iif(a[i]else sum++;
if(sum<0) ans=ans+1LL*mp[-sum]+1LL*mp[-sum+1];//第一种情况
else if(sum==0) ans=ans+1LL*mp[0]+1LL*mp[1];//第二种情况
else ans=ans+1LL*mp[-sum]+1LL*mp[1-sum];//第三种情况
}
cout<0]+mp[1]<//算上m位置本身的贡献。
return 0 ;
}