A - Lucky Conversion

原题链接

题意

给出两个只包含“4”和“7”的字符串，每次操作可以任选其一：

• 把“4”变成“7”或者把“7”变成“4”
• 交换两个数位置

问从第一个字符串至少经过多少次操作能变成第二个字符串

思路

遍历字符串，存储：
cnt：两个字符串有多少位上的数字不一样
a4：a 字符串中有多少个4
b4：b 字符串中有多少个4

然后看两个字符串4和7的个数是否一样：

• 如果一样就只需要靠交换顺序来变换：最少的操作数就是cnt / 2，因为每交换一次可以改变两个位置
• 如果不一样要先把个数调整成一样：调整的原则是，改变那些对应位置上数字不一样的，也就需要调整abs(a4 - b4)次，如果此时还有对应位置上数字不一样的情况，就进行内部交换，再加上(cnt - abs(a4 - b4)) / 2次

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);string a, b;cin >> a >> b;int cnt = 0;int a4 = 0, b4 = 0;for (int i = 0; i < a.size(); i ++ ){if (a[i] != b[i]) cnt ++ ;if (a[i] == '4') a4 ++ ;if (b[i] == '4') b4 ++ ;}if (a4 == b4) cout << cnt / 2;else{int ans = 0;ans += abs(a4 - b4);if (cnt > abs(a4 - b4)) ans += (cnt - abs(a4 - b4)) / 2;cout << ans;}
}

B - Constanze’s Machine

原题链接

题意

机器会让所有的“m”变成“nn”，所有的“w”变成“uu”
现在给出一个字符串，判断这个字符串本来有多少种可能的样子
如果这不可能是机器输出的字符串就输出0

思路

首先判断字符串中有没有“w”或者“m”，有的话直接输出0，因为机器不可能输出这两个字母

然后找到并记录每个连续的“u”序列或者“n”序列，最后的方案数就是每一段序列的方案数的乘积

现在要解决的问题变成了每一段的方案数是多少，稍微枚举一下就能发现，这一段有几个连续的“w”或“n”，这一段的方案数就是斐波那契数列f[i]，于是问题就解决了~

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = unsigned long long;const i64 mod = 1e9 + 7;
const int N = 100010;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);// 打表算出斐波那契数列i64 f[N];f[1] = 1, f[2] = 2;for (int i = 3; i <= N; i ++ )f[i] = (f[i - 1] + f[i - 2]) % mod;string s;cin >> s;for (int i = 0; i < s.size(); i ++ )if (s[i] == 'w' || s[i] == 'm') {cout << 0;return 0;}vector<int> cnt;int flag = 1;for (int i = 0; i < s.size(); i ++ ){if (i == 0) continue;if (s[i] == s[i - 1] && (s[i] == 'n' || s[i] == 'u')) flag ++ ;else{cnt.push_back(f[flag]);flag = 1;}}cnt.push_back(f[flag]);i64 ans = 1;for (int i = 0; i < cnt.size(); i ++ )ans = ans * (i64)cnt[i] % mod;cout << ans % mod;
}

C - Maximum Median

原题链接

题意

给出一个数组和最大操作次数，每次操作可以任选一个元素加1，问经过操作后最大的中位数是多少

思路

这！题！卡！int！

我的思路就是首先对数组排序，之后就只用从中位数遍历后面的元素即可

观察数组发现，从中位数开始，如果当前遍历的数和比后面的数小，就可以只将当前的数加1（也能保证当前的数还是中位数），当前的数如果和后面的数一样大，就需要将后面一样大的数也一起加1（才能保证中位数也加了1）

定义的三个变量含义如下：
cnt：目前一次需要对几个数操作（才能让中位数加1）
ans：目前一共操作了多少次
idx：中位数在原基础上加了多少

遍历每个数时，中位数可以在原基础上加a[i] - a[i - 1]次，操作次数就需要加cnt * (a[i] - a[i - 1])次（因为每次可能要不止操作一个数），当ans大于最大操作次数时，跳出循环即可

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = unsigned long long;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int n, k;cin >> n >> k;vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin >> a[i];sort(a.begin(), a.end());i64 cnt = 0; // 现在一次动几个i64 ans = 0; // 目前操作多少次i64 idx = 0; // 中位数加了多少次for (int i = a.size() / 2 + 1; i < a.size(); i ++ ){cnt ++ ;idx += a[i] - a[i - 1];ans += cnt * (a[i] - a[i - 1]);if (ans > k){ans -= cnt * (a[i] - a[i - 1]);idx -= a[i] - a[i - 1];cnt -- ;break;}}cnt ++ ;cout << a[a.size() / 2] + idx + (k - ans) / cnt;
}

D - Remove Extra One

原题链接

题意

给出一个数组，如果某个元素之前的任何一个元素都比这个元素大，那就叫这个元素 record，现在要删去一个元素，让这个数组的 record 最多，问删去哪个元素

思路

赛时：八成是逆序对…看某一个元素和其他元素之间能够成多少逆序对…然后这样那样就能做了…/兴奋.jpg
赛后：

？？？被世界欺骗

本题属于思维题和逆序对毛线关系没有，遍历一遍数组就能得到答案

遍历数组时，记录下数组从开头到目前遍历位置的最大值和次大值，再定义一个数组 $x[i]$，存储删去元素 $i$ 后，整个数组 record 数量的变化

每遍历一个元素——

• 如果这个元素比记录下来的最大值还要大，说明这个元素就是 record，删去这个元素的话，整个数组的 record 数量会减 1，因此需要进行的操作是：x[i] --以及更新目前的最大值与次大值
• 如果这个元素处于记录下来的最大值与次大值之间，说明这个元素是目前的次大值，只要删去目前的最大值，当前遍历的这个元素就会变成 record（也就会让整个数组的 record 数量加 1 ），因此需要进行的操作是：x[max] ++，以及更新目前的次大值‘’
• 如果这个元素小于目前记录的次大值，无论删去哪一个元素都不会对数组的 record 数量有影响，就不用管它

最后，在$x[N]$里找到最大的删去即可

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 100010;int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0), cout.tie(0);int n;cin >> n;vector<int> a(n + 1), x(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i];int m1st = 0, m2nd = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++ ){if (a[i] > m1st){x[a[i]] -- ;m2nd = m1st;m1st = a[i];}else if (a[i] > m2nd){x[m1st] ++ ;m2nd = a[i];}}int cnt = -0x3f3f3f3f, ans;for (int i = 1; i <= n; i ++ )if (x[i] > cnt){cnt = x[i];ans = i;}cout << ans;
}

E - A Determined Cleanup

原题链接

题意

已知$f(x)=q(x)(x+k)+p$，求出合适的$q(x)$使得多项式$f(x)$中的每一项系数都大于等于0且小于给定的k，输出$f(x)$系数

思路

设 $f(x)$ 每一项为 $a_i{x}^i$，$q(x)$ 每一项为 $b_i{x}^i$，那么可以得到以下规律：
$a_0=b_{0}k+p$
$a_1=b_{1}k+b_0$
$a_2=b_{2}k+b_1$
……
$a_n=b_{n}k+b_{n-1}$

因为多项式的最高次数为 n，所以 $b_n$ 必须为0，否组会让多项式的最高次数变成 n+1,
那么 $a_n=b_{n-1}$，所有的答案都在整数范围内取

现在关注第一个式子 $a_0=b_{0}k+p$，$a_0$又要小于$k$，所以可以直接得到 $a_0=p\%k$，又因为 $a_0>=0$，所以如果 $p\%k$ 是负数的话，直接在它的基础上加 k 即可

同时，因为 $0<=a_0<k$，把 $a_0$ 代入，得到 $0<=b_{0}k+p<k$，化简可得 $b_0=-\frac{p}{k}$，当然如果之前的 $p\%k$ 是负数的话，也要将这里的 p 加1（正负平衡）

按照这个思路一直往下做，直到找到一个 $b_i=0$ 为止（在上面说了 $b_n=0$， 所以找到一个等于0的 b 就可以默认找到答案了）

最后注意开 long long

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;using i64 = long long;int main()
{i64 p, k;cin >> p >> k;int cnt = 0;vector<i64> ans;while (p != 0){ans.push_back(p % k);p = -p / k;if (ans[cnt] < 0) ans[cnt] += k, p ++ ;cnt ++ ;}cout << cnt << '\n';for (int i = 0; i < cnt; i ++ ){cout << ans[i] << ' ';}
}

F - Minimal k-covering

原题链接

（网络流好难 勉强理解个大概但是搞不出这题……开摆！！！