人生不止眼前的狗血，还有远方的狗带
A题B题一如既往的丝帛题
A题题意：询问按照12345678910111213...的顺序排列下去第n(n<=10^3)个数是多少
题解：打表，输出
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int dig[10],A[1005];
4 int main(){
5 int aa=0;
6 for(int i=1;;i++){
7 int x=i,dd=0;
8 while(x)dig[++dd]=x%10,x/=10;
9 for(int j=dd;j;j--)
10 A[++aa]=dig[j];
11 if(aa>=1000)break;
12 }
13 int n;
14 scanf("%d",&n);
15 printf("%d\n",A[n]);
16 return 0;
17 }
B题题意：对于一个由小写字母组成的字符串s(|s|<=10^5)，每次可以把一个字母改写成任意一个字母，
求使得这个序列没有重复子串的最小操作次数，若不存在输出-1
题解：因为单个字母也是子串，所以问题即为把一个字符串全部改成不同字母的最少步数
因为只有26个字母，所以若|s|>26则输出-1，否tong[i]表示第i个字母出现了几次，ans=sigma(max(tong[i]-1,0))
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int n,tong[26];
4 char s[100005];
5 int main(){
6 scanf("%d%s",&n,s);
7 if(n>26)puts("-1");
8 else{
9 for(int i=0;i<n;i++)
10 tong[s[i]-‘a‘]++;
11 int ans=0;
12 for(int i=0;i<26;i++)
13 if(tong[i])ans+=tong[i]-1;
14 printf("%d\n",ans);
15 }
16 return 0;
17 }
C题思路很简单，然而细节狗带
C题题意：二维平面上有n个(n<=10^5)点(xi,yi)，有两个起点A(ax,ay)和B(bx,by)，一个终点T(tx,ty)(0<=横纵坐标<=10^9)
可以从两个起点中的一个或两个出发，经过所有(xi,yi)，且每到达一个(xi,yi)都要回到终点，问所有走过距离的最小值
题解：其实使距离改变的只有最开始的经过的第一个的点，及经过该点的方式
对于每个点，我们计算到T的距离tdi，到A的距离adi，和到B的距离bdi
然后把make_pair(adi-tdi,i)，和make_pair(bdi-tdi,i)分别放到两个数组里排序
表示从A点或B点直接到达第一个点然后回到T使总距离减小了adi-tai或bdi-tai
然后就是分类讨论，细节见代码QwQ
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define pb push_back
4 #define mp make_pair
5 #define fir first
6 #define sec second
7 vector<pair<double,int> >haha[2];
8 double x[3],y[3],tmp[3];
9 double sq(double a){ return a*a; }
10 double pdd(double x1,double y1,double x2,double y2){
11 return sqrt(sq(x1-x2)+sq(y1-y2));
12 }
13 int main(){
14 for(int i=0;i<3;i++)
15 scanf("%lf%lf",&x[i],&y[i]);
16 int n;
17 scanf("%d",&n);
18 double ans=0,xx,yy;
19 for(int i=1;i<=n;i++){
20 scanf("%lf%lf",&xx,&yy);
21 for(int j=0;j<3;j++)
22 tmp[j]=pdd(x[j],y[j],xx,yy);
23 for(int j=0;j<2;j++)
24 haha[j].pb(mp(tmp[j]-tmp[2],i));
25 ans+=tmp[2]*2;
26 }
27 for(int i=0;i<2;i++)
28 sort(haha[i].begin(),haha[i].end());
29 if(haha[0][0].fir<0&&haha[1][0].fir<0){
30 double Min;
31 if(haha[0][0].sec==haha[1][0].sec)
32 Min=min(haha[0][0].fir+min(0.0,haha[1][1].fir),min(0.0,haha[0][1].fir)+haha[1][0].fir);
33 else Min=haha[0][0].fir+haha[1][0].fir;
34 printf("%.12lf\n",ans+Min);
35 }
36 else printf("%.12lf\n",ans+min(haha[0][0].fir,haha[1][0].fir));
37 return 0;
38 }
刀题懵逼，没有想到最关键的地方
刀题题意：给定一个长度为n(n<=5*10^5)的序列，每次操作把最大值-1，最小值+1，有多个则随机选一个中
求k(k<=10^9)次操作之后序列最大值与最小值的差
题解：真-最关键的地方：可以把最大值-1和最小值+1操作分开做
然后就没有然后了
1 By Ngshily_, contest: Codeforces Round #352 (Div. 1), problem: (B) Robin Hood, Accepted, #
2
3 #include<bits/stdc++.h>
4 using namespace std;
5 typedef long long ll;
6 #define maxn 500005
7 int n;
8 ll k,c[maxn];
9 void solve(){
10 sort(c+1,c+1+n);
11 ll tmp=k,lst=c[n];
12 for(int i=2;i<=n;i++){
13 ll delt=(c[i]-c[i-1])*(i-1);
14 if(delt<=tmp)tmp-=delt;
15 else{ lst=c[i-1]; break; }
16 }
17 int pos=0;
18 while(pos+1<=n&&c[pos+1]<=lst)pos++;
19 int shang=tmp/pos,yu=tmp%pos;
20 for(int i=1;i<=pos;i++)
21 c[i]=lst+shang+(i<=yu);
22 }
23 int main(){
24 scanf("%d%I64d",&n,&k);
25 for(int i=1;i<=n;i++)
26 scanf("%I64d",&c[i]);
27 solve();
28 for(int i=1;i<=n;i++)c[i]=-c[i];
29 solve();
30 sort(c+1,c+1+n);
31 printf("%I64d\n",c[n]-c[1]);
32 return 0;
33 }
E题题意：给定一个长度为n(n<=2*10^5)的序列A(ai<=2*10^5)，设f[i][j]表示去掉[i,j]中的元素的序列中两数gcd的最大值，
求sigma(sigma(f[i][j]))
若我们求出了H[i]表示gcd<i的序列的个数，就可以轻易了www
要求H数组我们可以从大到小枚举一个divsor，通过如下方法求出H[divsor]
设next[i]表示对于任意j>=next[i]，f[i][j]<divsor的最小位置，即后面的值随便取都不会使f[i][j]>divsor
H[divsor]=sigma(n-next[i]+1)
然后我们需要考虑divsor到divsor-1时next数组的转移
首先预处理出pos数组，pos[i]表示包含i这个因子的数在序列中的位置的集合
假设pos[divsor-1]={p1,p2,p3...pk-1,pk}
显然我们保留的区间最多只能包含其中的一个数，则...分类讨论again，都是套路
用线段树维护next数组
1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define lson rt<<1,l,mid
4 #define rson rt<<1|1,mid+1,r
5 typedef long long ll;
6 #define maxn 200005
7 ll sum[maxn<<2],mn[maxn<<2],mx[maxn<<2],cvr[maxn<<2],H[maxn];
8 int n,A[maxn],L[maxn][2],R[maxn][2];
9 void push_up(int rt){
10 sum[rt]=sum[rt<<1]+sum[rt<<1|1];
11 mn[rt]=min(mn[rt<<1],mn[rt<<1|1]);
12 mx[rt]=max(mx[rt<<1],mx[rt<<1|1]);
13 }
14 void push_now(int rt,int len,ll val){
15 sum[rt]=val*len;
16 mn[rt]=mx[rt]=cvr[rt]=val;
17 }
18 void push_down(int rt,int l,int mid,int r){
19 if(cvr[rt]){
20 push_now(rt<<1,mid-l+1,cvr[rt]);
21 push_now(rt<<1|1,r-mid,cvr[rt]);
22 cvr[rt]=0;
23 }
24 }
25 void update(int rt,int l,int r,int ql,int qr,ll val){
26 if(ql>r||qr<l||mn[rt]>val)return;
27 if(ql<=l&&qr>=r&&mx[rt]<=val){
28 push_now(rt,r-l+1,val);
29 return;
30 }
31 int mid=(l+r)>>1;
32 push_down(rt,l,mid,r);
33 if(ql<=mid)update(lson,ql,qr,val);
34 if(qr>mid)update(rson,ql,qr,val);
35 push_up(rt);
36 }
37 int main(){
38 scanf("%d",&n);
39 int Max=0;
40 for(int i=1;i<=n;i++){
41 scanf("%d",&A[i]);
42 Max=max(Max,A[i]);
43 int x=sqrt(A[i]);
44 for(int j=1;j<=x;j++){
45 if(A[i]%j==0){
46 if(!L[j][0])L[j][0]=i;
47 else if(!L[j][1])L[j][1]=i;
48 R[j][1]=R[j][0],R[j][0]=i;
49 if(j*j!=A[i]){
50 if(!L[A[i]/j][0])L[A[i]/j][0]=i;
51 else if(!L[A[i]/j][1])L[A[i]/j][1]=i;
52 R[A[i]/j][1]=R[A[i]/j][0],R[A[i]/j][0]=i;
53 }
54 }
55 }
56 }
57 for(int i=1;i<=n;i++)
58 update(1,1,n,i,i,i);
59 for(int i=Max+1;i;i--){
60 if(L[i][0]!=R[i][0]){
61 update(1,1,n,1,L[i][0],R[i][1]);
62 update(1,1,n,L[i][0]+1,L[i][1],R[i][0]);
63 update(1,1,n,L[i][1]+1,n,n+1);
64 }
65 H[i]=(ll)n*(n+1)-sum[1];
66 }
67 ll ans=0;
68 for(int i=1;i<=Max;i++)
69 ans+=(H[i+1]-H[i])*i;
70 printf("%I64d\n",ans);
71 return 0;
72 }
就是这样，没有喵