A

题目

此题尽量让后面的更大，前面的更小。

我们尽量让第 $3$ 位更大，如果 $3$ 位取到 z还有 $2$ 及以上时，就往第 $2$ 位取，第二位取满后，就取第 $1$ 位。分情况讨论，很容易写出代码。

AC Code：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int q, t;int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> q;while (q --) {cin >> t;if (t < 28) {cout << "aa" << char(t - 2 + 'a' - 1);cout << '\n';}else if (t < 53){cout << "a";t -= 27;cout << char(t + 'a' - 1) << 'z';cout << '\n';}else {t -= 52;cout << char(t + 'a' - 1) << "zz";cout << '\n';}}return 0;
}

B

题目

我们用一个变量记录能给后面倒的水的单位数。我们从左往右遍历：

• 如果当前遍历到的水量大于平均水量，就把多的添加到变量里。
• 如果当前便利的水量小于平均水量，且变量里面单位数能够把当前遍历到的水量添加到平均值，就添加，变量值减小当前水量差平均值的部分。否则，就表明无解，退出。

如果遍历完都没有退出，就表明有解，输出答案，走人。

AC Code：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int t;
int n, a[200100];
long long sum;
void Main() {cin >> n;sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {cin >> a[i];sum += a[i];}sum /= n;long long sum1 = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) {if (a[i] > sum) {sum1 += a[i] - sum;}else {if (sum1 >= (sum - a[i])) {sum1 -= (sum - a[i]);}else {cout << "NO" << '\n';return ;}}}cout << "YES" << '\n';
}
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while (t --) {Main();}return 0;
}

C

题目

我们选择每一种填充颜色，因为要覆盖整个序列，所以只有前缀和后缀才关系到我们的代价，对于当前数，一直找，知道找到数组前缀和后缀里的所有元素都和当前数相等，剩下的就是我们要覆盖的。对于每一个找过的元素，记录下来，不再讨论。

AC Code：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int q, n, a[200100];
bool vis[200100];int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> q;while (q --) {cin >> n;vector<int> v; map<int, int> m;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i ++) {v.push_back(a[i]);}v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());sort(v.begin(), v.end());for (int i = 0; i < (int)v.size(); i ++) {m[v[i]] = i;}for (int i = 1; i <= n; i ++) {a[i] = m[a[i]];}int ans = 0x3f3f3f3f;memset(vis, 0, sizeof(vis));for (int i = 1; i <= n; i ++) {if (!vis[a[i]]) {vis[a[i]] = 1;int l = 1, r = n;while (a[l] == a[i] && l <= n) l++;while (a[r] == a[i] && r >= l) r--;ans = min(ans, r - l + 1);}}cout << ans << '\n';}return 0;
}

D

题目

我们发现，对于每两个数 $a$ 和 $b$，如果这两个数符合题目要求，就表明：
$a$ 除以 $y$ 的余数等于 $b$ 除以 $y$ 的余数，$a$ 除以 $x$ 的余数加上 $b$ 除以 $x$ 的余数要么为 $0$，要么为 $x$。

有了这个结论，就可以开始编码。我们可以将数按除以 $y$ 的余数排序，这样保证除以 $y$ 的余数相等的数都挨在一起。再找到每一个连续的除以 $y$ 相等的区间，对于每一个除以 $x$ 的余数为 $p$ 的数，让答案加上数列里除以 $x$ 余数为 $x-p$ 的数的个数，如果 $p=x-p$，说明加上了自己，要减去 $1$，此外，如果 $p=0$，我们就要找除以 $x$ 余数为 $0$ 的个数，同样要减去一。

注意：要开长整型，注意边界问题。

AC Code：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int t, n, x, y;
struct node{int a, mod_x, mod_y;
};
node a[200100];
bool cmp(node a, node b) {return a.mod_y < b.mod_y;
}
long long ans;
map<int, int> cnt;
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while (t --) {ans = 0;cin >> n >> x >> y;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i].a;for (int i = 1; i <= n; i ++) {a[i].mod_x = a[i].a % x;a[i].mod_y = a[i].a % y;}sort(a + 1, a + n + 1, cmp);int i = 1;while (i <= n) {int l = i, r = i;while (a[l].mod_y == a[r].mod_y && r <= n) r++;r--;if (l == r) {i = r + 1;continue;}for (int j = l; j <= r; j++) {cnt[a[j].mod_x]++;}for (int j = l; j <= r; j++) {if (a[j].mod_x == 0) {ans += cnt[0];ans--;}else {ans += cnt[x - a[j].mod_x];if (a[j].mod_x * 2 == x) ans--;}}i = r + 1;cnt.clear();}ans /= 2;cout << ans << '\n';}return 0;
}

E

题目

我们发现，对于每一个末尾有 $p$ 个 $0$ 的数，翻转会让这个数少 $p$ 位，对于安娜，翻转一个数会让最终的数长度减少这个数后缀 $0$ 的个数，而对于萨沙，合并一个数会让这个数后缀 $0$ 无法消除。

所以安娜尽量选择后缀 $0$ 更多的翻转，萨沙尽量选择后缀 $0$ 更多的数消除。统计每个数后缀 $0$ 的个数，然后从大到小排序，因为安娜是先手，所以她会翻转第 $1$ 大，第 $3$ 大，第 $5$ 大，最后统计答案位数，判断输出，完结撒花。

AC Code：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int t;
int n, m;
struct node{string a; int cnt;
};
node a[200100];
bool cmp(node a, node b) {return a.cnt > b.cnt;
}int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while (t --) {cin >> n >> m;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i].a;for (int i = 1; i <= n; i ++) {for (int j = a[i].a.size() - 1; j >= 0; j --) {if (a[i].a[j] != '0') {a[i].cnt = a[i].a.size() - j - 1;break;}}sum += a[i].a.size();}sort(a + 1, a + n + 1, cmp);for (int i = 1; i <= n; i += 2) {sum -= a[i].cnt;}
//		for (int i = 1; i <= n; i ++) {
//			cout << a[i].cnt << ' ';
//		}
//		cout << '\n';if (sum > m) {cout << "Sasha";}else {cout << "Anna";}cout << '\n';}return 0;
}

F

题目

我们发现，对于每一张截图，除开第一个数字，如果 $a$ 比 $b$ 靠前，说明序列中 $a$ 比 $b$ 靠前。如有一张截图中 $a$ 比 $b$ 靠前，另一张截图中 $b$ 比 $a$ 靠前（均除开第一个数字），说明无解。暴力枚举 $a$ 和 $b$ 是不行的。我们发现这个关系可以看做一张图中的边，而每一个数字就是一个点。如果这张图中有环，说明无解。

对于每一张截图，除开第一个数字，对于每一个剩下的数字，我们往后面的一个数字建一条有向边，不需要建多条，因为其他的关系可以通过这些边推导出来。然后在这张图上判断一遍是否有环即可。可以用 DFS 或拓补排序判断。我推荐拓补，稳定的 $O(n)$。

AC Code：

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
struct edge{int u, v, nxt;
};
edge ed[400100];
int edcnt, head[200100];
void addedge(int u, int v){edcnt++;ed[edcnt].u = u;ed[edcnt].v = v;ed[edcnt].nxt = head[u];head[u] = edcnt;
}
int t;
int n, k;
int a[200100];
int deg[200100];
queue<int> q;int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> t;while (t --) {edcnt = 0;memset(head, 0, sizeof(head));memset(deg, 0, sizeof(deg));cin >> n >> k;for (int i = 1; i <= k; i ++) {for (int j = 1; j <= n; j ++) {cin >> a[j];}for (int j = 2; j < n; j ++) {addedge(a[j], a[j + 1]);deg[a[j + 1]]++;}}for (int i = 1; i <= n; i ++) {if (!deg[i]) {q.push(i);}}int cnt = 0;while (q.size()) {int now = q.front();q.pop();cnt++;for (int i = head[now]; i; i = ed[i].nxt) {int v = ed[i].v;deg[v]--;if (!deg[v]) {q.push(v);}}}if (cnt == n) {cout << "YES\n";}else {cout << "NO\n";}}return 0;
}