Codeforces Round #649 (Div. 2)

手速思路还是太慢了，放假后要抓紧练习才行

传送门

A. XXXXX

主要思路： 首先求出全部的和是否是x的倍数，如果不是，则输出n, 如果是，那么找前后第一个余数不为0的点即可。

解题思路：

• 首先我们对所有数求和，如果不是x的倍数，那么直接输出n
• 然后我们判断是x的倍数的情况，那么我们只要前后找一个位置，这个位置他不是x的倍数即可，然后我们求这个长度的最大值。

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010, M = 200010;

int a[N];

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int n, m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            
        }
        int res = 0;
        int x = n + 1, y = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            if (a[i] % m != 0){
                if (x == n + 1) x = i;
                if (y < i) y = i; 
            }
            res += a[i];
        }
        if (res % m != 0) printf("%d\n",n);
        else{
            if (x != n + 1 && y != 0){
                printf("%d\n",n - min(x,n - y + 1));
            }
            else{
                puts("-1");
            }

        }

    }
    return 0;
}

B. Most socially-distanced subsequence

主要思路：找差值最大的最小数目，找转折点存储即可。

解题思路：

• 首先我们说明一下为什么找转折点，比如 1 3 5 6 ，他的每个的差值是 2 2 1，而且1 和 6的差值就是5，所以中间过程全部可以忽略掉，因此我们找转折点即可
• 除了转折点，我们还需要加上首尾的位置，因为无论如何，首尾的位置都会增加当前消费的总和（每个数值都不一样）

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010, M = 200010;

int a[N];

int main(){
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        int n, m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            scanf("%d",&a[i]);
            
        }
        int res = 0;
        int x = n + 1, y = 0;
        for (int i = 1; i <= n; i++){
            if (a[i] % m != 0){
                if (x == n + 1) x = i;
                if (y < i) y = i; 
            }
            res += a[i];
        }
        if (res % m != 0) printf("%d\n",n);
        else{
            if (x != n + 1 && y != 0){
                printf("%d\n",n - min(x,n - y + 1));
            }
            else{
                puts("-1");
            }

        }

    }
    return 0;
}

C. Ehab and Prefix MEXs

主要思路：存储好没有被赋值的位置，然后当当前的值 > 我们最小赋值的值时，我们进行赋值，其他的随便赋值（1e5 + i）

解题思路：

• 首先我们将每个位置的值都赋为 -1
• 然后我们开一个stack，存储位置。
• 然后我们向stack中存入位置（没有被赋值的位置）
• 当当前值 a[i] > 我们的当前赋值的最小值时，我们进行赋值，然后stack中清除相应位置元素（里面哪一个都可以）
• 最终我们将没有赋值的位置都赋值成 1e5 + i即可，因为不要相同，而且不要超过1e6

代码：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N = 100010, M = 200010;

int a[N], res[N];

stack<int> s;

int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for (int i = 1; i <= n; i++){
    	scanf("%d",&a[i]);
    	res[i] = -1;
    }
    int x = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++){
    	s.push(i);
    	for (int j = x ; j <= a[i] - 1; j ++){
    		int t = s.top();
    		res[t] = j;
    		s.pop();
    	}
    	x = a[i];
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++){
    	if (res[i] == -1){
    		printf("%d ",100000 + i);
    	}
    	else{
    		printf("%d ",res[i]);
    	}
    }
    puts("");
    return 0;
}