C 小红的循环移位

思路：

一个数是不是四的倍数，只用看最后两位是否能够整除4即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 998244353;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"void solve()
{string s;cin>>s;string t=s;if(s.size()==1){int tmp=s.back()-'0';if(tmp%4==0) cout<<0<<endl;else cout<<-1<<endl;}else{int cnt=0;int tmp=(s[s.size()-2]-'0')*10+s.back()-'0';if(tmp%4==0){cout<<cnt<<endl;return ;}for(int i=0;i<s.size();i++){cnt++;t.push_back(s[i]);int tmp=(t[t.size()-2]-'0')*10+t.back()-'0';if(tmp%4==0){cout<<cnt<<endl;return ;}}cout<<-1<<endl;}}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t = 1;// cin >> t;while (t--){solve();}system("pause");return 0;
}

D 小红的好串

思路：

容易知道，好串的组成一定是类似于多个连续的 $r$ 和多个连续的 $e$ 和多个连续的 $d$ 组成，且这三部分的长度尽可能相同，但由于 $r-l+1$ 会出现不能整除三的情况，所以无法判断余数应该放在哪一部分最合适，所以暴力的去跑余数处于哪个部分即可。最后考虑如何快速查询，使用前缀和预处理出区间信息即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 998244353;
const int maxv = 4e6 + 5;
#define endl "\n"void solve()
{int n,q;cin>>n>>q;vector<int> sr(n+5),se(n+5),sd(n+5);string s;cin>>s;s=" "+s;for(int i=1;i<=n;i++){sr[i]=sr[i-1]+(s[i]=='r');se[i]=se[i-1]+(s[i]=='e');sd[i]=sd[i-1]+(s[i]=='d');}while(q--){int l,r;cin>>l>>r;int ans=r-l+1;int len=r-l+1;if(len<3){cout<<0<<endl;continue;}vector<int> p;int x=len%3,len1,len2,len3;if(x==0){len1=len/3,len2=len/3,len3=len/3;}else if(x==1){len1=len/3+1,len2=len/3,len3=len/3;}else len1=len/3+1,len2=len/3+1,len3=len/3;p.push_back(len1),p.push_back(len2),p.push_back(len3);sort(p.begin(),p.end());do{int res=0,c1=0,c2=0;for(int i=0;i<3;i++){if(i==0){c1=l,c2=c1+p[i]-1;res+=c2-c1+1-(sr[c2]-sr[c1-1]);}else if(i==1){c1=l+p[i-1],c2=c1+p[i]-1;res+=c2-c1+1-(se[c2]-se[c1-1]);}else{c1=l+p[i-1]+p[i-2],c2=r;res+=c2-c1+1-(sd[c2]-sd[c1-1]);}}ans=min(ans,res);}while(next_permutation(p.begin(),p.end()));cout<<ans<<endl;}}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t = 1;// cin >> t;while (t--){solve();}system("pause");return 0;
}

E,F 小红的树上赋值

思路：

首先把每个红色子树的独立块给处理出来，什么叫独立块，即，对于每一个以红色节点为根的子树而言，其内部没有任何的红色节点，这样祖宗节点的红色子树赋值不会影响他的子节点。
进而考虑如何赋值，我们可以使用一个 $sum$ 记录当前总和，若总和大于 0 ，则给当前节点赋 $r$ ，若小于 0 ，则赋值 $l$，最后再进行动态调整即可。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
const int N = 1e5 + 5;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pll;
typedef array<ll, 3> p3;
int mod = 998244353;
const int maxv = 4e6 + 5;
// #define endl "\n"int n;
string s;vector<int> e[N];
void add(int u,int v)
{e[u].push_back(v);e[v].push_back(u);
}
vector<int> c[N];
int ans[N];
void dfs(int x,int fa,int last)
//last参数必须传在函数中，不能开在全局，因为孩子中若存在红色节点则会直接进行更新，无法处理出独立块了
{if(s[x]=='R') last=x;c[last].push_back(x);for(auto u: e[x]){if(u!=fa) dfs(u,x,last);}
}void solve()
{int l,r;cin>>n>>l>>r;cin>>s;s=" "+s;for(int i=1;i<=n-1;i++){int u,v;cin>>u>>v;add(u,v);}dfs(1,-1,0);for(auto u :c[0]) ans[u]=r>abs(l)? r: l;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='R'){ll sum=0;for(auto x :c[i]){if(sum>=0){sum+=l;ans[x]=l;}else{sum+=r;ans[x]=r;}}if(sum>0){for(auto x: c[i]){if(ans[x]>0){if(sum>=r){ans[x]=0,sum-=r;}else{ans[x]-=sum;break;}}}}else if(sum<0){for(auto x: c[i]){if(ans[x]<0){if(sum<=l){ans[x]=0,sum-=l;}else{ans[x]-=sum;break;}}}}}}for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" ";
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t;t = 1;// cin >> t;while (t--){solve();}system("pause");return 0;
}