A - Binary Imbalance

有只要在01之间插入就能制造无限个0，没有0就统计0 1个数即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =1100+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
using node=tuple<int,int,int>;
int n,m,k;
int s[N][N];
char p[N][N];
void solve()
{cin>>n;string s;cin>>s;int cnt0=0;bool ok=false;for(int i=0;i<s.size();i++){if(s[i]=='0') cnt0++;else cnt0--;if(i!=0&&s[i-1]!=s[i]) ok=true;}if(ok||cnt0>0){cout<<"Yes\n";}else cout<<"No\n";
}signed main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int t=1;cin>>t;while(t--) solve();
}

B - Getting Points

具有单调性，n也挺大，我直接二分可以休息多少天了

然后直接算n天一共有多少个任务，然后有个特殊情况是

如果我最后一天刚好是发布任务的那天且今天是周一

那么我当前的任务只能让最后一个做

前面能做的任务要减1，能解决的总任务是2*x-1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
using node=tuple<int,int,int>;
int n,m,k;
void solve()
{int p,l,t;cin>>n>>p>>l>>t;auto check=[&](int x){x=n-x;int now=(n+6)/7;int res=l*x+min(now,x*2)*t;if(n%7==1){res=l*x+min(now-1,x*2-1)*t+t;}return res>=p;};int ll=0,r=n;while(ll<r){int mid=ll+r+1>>1;if(check(mid)) ll=mid;else r=mid-1;}cout<<ll<<"\n";
}signed main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int t=1;cin>>t;while(t--) solve();
}

C:

我直接一眼直觉得出结论了ahhh（虽然不知道这想法哪来的，反正就很直觉）

赛后证明一下

每个数要变成一个统一的数字 x

那么第一个数要是 a+kw=x ->> x-a=kw

第二个数是 b+kw=x -> x-b=kw

....

因为只能数只能增大不能减少，所以我们直接让x为最大值即可

然后求最大值和每个数的差值的最大公因数即可

然后增加一个数，肯定也要上最大值加上这个gcd了

然后我是直接枚举两种情况的

比最大值大，和比最大值小的

循环n+1次肯定都能找到，然后计算代价即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;int n,m,k;
int a[N];
int gcd(int a,int b){return b?gcd(b,a%b):a;
}
void solve()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];if(n==1){cout<<1<<"\n";return ;}sort(a+1,a+1+n);vector<int> b;for(int i=1;i<n;i++){b.push_back(a[n]-a[i]);}int g=b[0];for(auto x:b) g=gcd(g,x);int res=0;for(auto x:b){res+=x/g;}map<int,int> mp;for(int i=1;i<=n;i++){mp[a[i]]++;}int mn=2e18;int cnt=n;for(int i=0,now=a[n];i<=n;i++){now+=g;if(!mp.count(now)){mn=min(mn,n*(now-a[n])/g);break;}}for(int i=0,now=a[n];i<=n;i++){now-=g;if(!mp.count(now)){mn=min(mn,abs(now-a[n])/g);break;}}cout<<res+mn<<"\n";
}signed main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int t=1;cin>>t;while(t--) solve();
}

D - Robot Queries

手画一下可以发现，中间那段翻转不影响最终结果

然后还是做不了发现

然后我们要进行转化一下

转化成前缀和，把区间问题变成选择两个点后到达的点是xi,yi

对于不是反转的区间 [1,L-1]和[R-1,N]这两个区间，直接从里面找即可

对于反转的我们其实也可以直接找

比如要找的点是 xi,y1

那么还原回来

pre[L-1]+pre[R]-pre[x-1]=xi

pre[x-1]=pre[L-1]+pre[R]-xi

注意这里的pre[R]-pre[x-1]是代表着翻转的区间的变化量

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =2e5+10,mod=998244353;
#define int long long
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
using node=tuple<int,int,int>;
int n,m,k;
int a[N];
const int dx[4]={1,-1,0,0};
const int dy[4]={0,0,1,-1};
map<char,int>dir={{'U',2},{'D',3},{'L',1},{'R',0}};
void solve()
{cin>>n>>m;string s;cin>>s;vector<PII> pre(n+10);pre[0]={0,0};s="?"+s;for(int i=1;i<=n;i++){int k=dir[s[i]];auto [x,y]=pre[i-1];x+=dx[k],y+=dy[k];pre[i]={x,y};}vector<set<PII>> v(6*n+10);for(int i=0;i<=n;i++){auto [x,y]=pre[i];v[x+3*n].insert({y,i});}for(int i=0;i<=4*n;i++){v[i].insert({inf,inf});}while(m--){int tx,ty,L,R;cin>>tx>>ty>>L>>R;int px,py;px=tx,py=ty;auto [y1,id1]=*v[px+3*n].lower_bound({py,0});if(y1==py&&id1<=L-1){cout<<"YES\n";continue;}//[L,R]auto [adx,ady]=pre[L-1];auto [bdx,bdy]=pre[R];px=bdx+adx-tx,py=bdy+ady-ty;//cout<<px<<' '<<py<<'\n';auto [y2,id2]=*v[px+3*n].lower_bound({py,L-1});if(y2==py&&id2>=L-1&&id2<=R){cout<<"YES\n";continue;}//[R+1,n]px=tx,py=ty;auto [y3,id3]=*v[px+3*n].lower_bound({py,R+1});if(y3==py&&id3>=R+1&&id3<=n){cout<<"YES\n";continue;}cout<<"NO\n";}
}signed main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int t=1;// cin>>t;while(t--) solve();
}

E - Collapsing Strings

这个题之前我博客遇到过相似的题

然后也直接一眼题...

直接跑个字典树，然后翻转字符串减去要减去的贡献即可

我的query里面你可以

第一个点是p，第二个点的cnt[p]是3

然后要减去的代价是两个点之间消失的个数*当前点的长度-1

3-2就代表着我从第二个点到第三个点少了一个可以匹配的字符串

说明这一个字符串只能匹配到长度2的前缀他就没了

然后还有个问题是如果匹配完了我的lst不为0

说明有lst个字符串能完整匹配完

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N =1e6+10,mod=998244353;typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const long long inf=1e17;
using node=tuple<int,int,int>;
int n,m,k;
int a[N];
int tr[N][27];
string s[N];
int cnt[N],idx;
long long res;
void insert(string s){int p=0;for(int i=0;i<s.size();i++){int u=s[i]-'a';if(!tr[p][u]) tr[p][u]=++idx;p=tr[p][u];cnt[p]++;}
}
void query(string s){int n=s.size();int len=0;int p=0,lst=-1;for(int i=0;i<s.size();i++){int u=s[i]-'a';len++;if(!tr[p][u]){if(lst){res-=1ll*lst*2*(len-1);}return ;}p=tr[p][u];if(lst==-1){lst=cnt[p];continue;}res-=1ll*(lst-cnt[p])*2*(len-1);lst=cnt[p];}if(lst){res-=1ll*lst*2*len;}}
void solve()
{cin>>n;int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>s[i];insert(s[i]);sum+=s[i].size();}for(int i=1;i<=n;i++){res+=sum+1ll*(int)(s[i].size())*n;reverse(s[i].begin(),s[i].end());query(s[i]);}cout<<res<<"\n";
}signed main()
{cin.tie(0);cout.tie(0);ios::sync_with_stdio(0);int t=1;// cin>>t;while(t--) solve();
}