#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
int a,b,k;
void solve() {cin>>a>>b>>k;if(a>=k*b) cout<<"good"<<endl;else cout<<"bad"<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;
//    cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

n堆石头
第i堆石头有ai个石子
博弈
操作：将一堆石子(x个)分成两堆，一堆是x的因数，剩下自成一堆
当某个人不能操作时，失败

一堆石子x可以分成1和x-1，那么就枚举每堆石子，可操作次数为ai-1，总操作次数如果为奇数，那么gui赢，否则sweet赢

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int n;
void solve() {cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){sum+=a[i]-1;}if(sum%2) cout<<"gui"<<endl;else cout<<"sweet"<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;
//    cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

n * m的小写字母矩阵、
共有p天
每天操作：q次循环右移或者循环下移
问（x，y）是什么字符

数据比较小，考虑暴力

已知结果，倒推，
只关注（x,y），逆推，看（x,y）跑到哪个位置

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
typedef pair<int,int>PII;
const int N=110;
char s[N][N];
int n,m,x,y;
void solve() {cin>>n>>m>>x>>y;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>s[i][j];}}int p,q;cin>>p>>q;vector<PII>ans;for(int i=0;i<q;i++){int op,z;cin>>op>>z;ans.push_back({op,z});}for(int i=0;i<p;i++){for(int j=q-1;j>=0;j--){int op=ans[j].first,z=ans[j].second;if(op==1){//行if(x==z){y--;if(y==0) y=m;}}else{//列if(y==z){x--;if(x==0) x=n;}}}}
//	cout<<x<<' '<<y<<endl;cout<<s[x][y]<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;
//    cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

长度为n的数组a（数[1,2e5]）
操作：选择两个元素，一个加1，一个减1，但是不能变成0
问数组最大公约数有几种不同的值

操作过后，和不变
先求和，为sum
所以本质上是将sum分解成n个大于1的数，然后问最大公因数有几种

特判，n为1时，答案为1
n大于等于2
首先1肯定是一种，只要第一个数放个1就行

分解质因数，比如223，依次枚举，如果后面所有数相乘大于等于n，那么就是一种答案
不对，应该直接求因数i，然后如果sum/i大于等于n，那么产生一种最大公因数

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int n;
void solve() {cin>>n;int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum+=a[i];if(n==1){cout<<1<<endl;return;}int ans=1;for(int i=2;i<=sum/i;i++){if(sum%i==0){if(sum/i>=n) ans++;int x=sum/i;if(x!=i&&i>=n) ans++;}}cout<<ans<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;
//    cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

长度为n的数组a
将数组a分成若干个数组，问最多得到几个漂亮数组
漂亮数组：存在一个总和是k的倍数的子数组

所有数对k取余
贪心,只要有一段区间有和为k的倍数的子数组，那么就断开
动态前缀和，一边遍历，一边看前面是否出现过sum，如果出现，说明以当前为右端点，有一个数组和为k的倍数，那么就断开，成为一组

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N];
int n,k;
void solve() {cin>>n>>k;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],a[i]%=k;map<int,int>mp;int sum=0;mp[k]=1;int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){sum=(sum+a[i])%k;if(mp[sum]||sum==0){sum=0;mp.clear();mp[k]=1;ans++;}else mp[sum]=1;}cout<<ans<<endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;
//    cin>>t;while(t--) {solve();}return 0;
}

给定一个nm的，.矩阵
求出等腰三角形的数量
数据比较小

可以预先记录每行连续星号的区间

对于每个星号（x，y），以它为顶点，往左下方（x+1，y-1）和右下方（x+1，y+1）拓展，如果两个都为星号（分别记为l,r），说明有机会可以拓展下去，然后看预先记录的区间有没有包含此区间，如果包含了，说明[l,r]全是星号，那么产生一个等腰三角形

#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N = 3010;
char s[N][N];
int r[N][N];
int n, m;
void solve() {cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {cin >> s[i][j];}}vector<vector<int>>ans(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) {int l = 1;bool ok = false;for (int j = 1; j <= m; j++) {if (s[i][j] == '*' && !ok) {l = j;ans[i].push_back(l);ok = true;} else if (s[i][j] == '.' && ok) {r[i][l] = j - 1;ok = false;}}if (ok && s[i][m] == '*') {r[i][l] = m;}}
//	for(int i=1;i<=n;i++){
//		for(auto v:ans[i]) cout<<v<<' '<<r[i][v]<<"   ";
//		cout<<endl;
//	}int res = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= m; j++) {if (s[i][j] == '.') continue;int x = i, y = j, yy = j;x++;y--;yy++;while (x <= n && y >= 1 && yy <= m && s[x][y] == '*' && s[x][yy] == '*') {int L = 0, R = (int)ans[x].size() - 1;while (L < R) {int mid = (L + R + 1) / 2;if (ans[x][mid] <= y) L = mid;else R = mid - 1;}if(r[x][ans[x][L]]>=yy&&ans[x][L]<=y) res++;x++;y--;yy++;}}}cout << res << endl;
}
signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;
//    cin>>t;while (t--) {solve();}return 0;
}