题目大意：
墙壁为一行，$n$个格子，每个时刻开始，先涂染料，再崩坏，涂过染料的格子不会崩坏，并且涂格子只能涂相邻未涂过的。

解题思路：
因为是先涂染料，所以最终涂过的格子数为$(n+1)/2$，然后求长度为$(n+1)/2$的连续长度最大值即可。
AC代码：时间复杂度为$O(N)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[5001000];
void solve(){int n;string x;cin>>n;cin>>x;for(int i=1;i<=n;i++){a[i]=x[i-1]-'0';a[i]+=a[i-1];}int sum=0;int k=(n+1)/2;for(int i=k;i<=n;i++){sum=max(a[i]-a[i-k],sum);}cout<<sum<<endl;return ;
}
signed main(){int t;cin>>t;for(int i=1;i<=t;i++){cout<<"Case #"<<i<<": ";solve();}return 0;
}

题目大意：
给定一个长度为$N$的数列，$A1,A2,\dots AN$，如果其中一段连续的子序列 $Ai,Ai+1,\dots Aj$
之和是 $K$的倍数，我们就称这个区间 $[i,j]$是 $K$倍区间。你能求出数列中总共有多少个$K$倍区间吗？

解题思路：
因为是求和为$K$的倍数的区间，所以就相当于求$modK==0$的区间个数，由公式$(a[i+j]-a[i])modK==0即等价于a[i+j]modK==a[i]modK$，那么我们只需在每个前缀和下找到它前面有多少个与它取模$K$相等的数，累加即可。
AC代码：时间复杂度为$O(N)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int a[200100],dp[200100];
signed main(){int n,k,sum=0;cin>>n>>k;dp[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];a[i]+=a[i-1];sum+=dp[a[i]%k];dp[a[i]%k]++;}cout<<sum<<endl;return 0;
}

题目大意：
给定三个整数数组

$A=[A1,A2,\dots AN],B=[B1,B2,\dots BN],C=[C1,C2,\dots CN],$
请你统计有多少个三元组 $(i,j,k)$
满足：

$1\le i,j,k\le NAi<Bj<Ck$

解题思路：
方法一：前缀和
既然要排序实现快速的查找A中小于B[i]的数的个数，可以将数组A中所有元素出现的次数存入一个哈希表中，因为数组中元素的范围只有$n^5$, 可以开一个大的数组$cnta$ 作为哈希表。

在枚举$B$中元素时，我们需要快速查找找小于$B[i]$的所有元素的总数，只需要在枚举之前先将求出表中各数的前缀和即可。
AC代码: $O(N)$

//前缀和
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5+10;
int A[N], B[N], C[N];
int cnta[N], cntc[N], sa[N], sc[N];int main() {int n;scanf("%d", &n);//获取数i在A中有cntc[i]个，并对cnt求前缀和safor(int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", &A[i]);cnta[++A[i]]++;}sa[0] = cnta[0];for(int i = 1; i < N; ++i) sa[i] = sa[i-1]+cnta[i];//B只读取即可for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &B[i]), B[i]++;//获取数i在C中有cntc[i]个，并对cnt求前缀和scfor(int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", &C[i]);cntc[++C[i]]++;}sc[0] = cntc[0];for(int i = 1; i < N; ++i) sc[i] = sc[i-1]+cntc[i]; //遍历B求解LL ans = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) {int b = B[i];ans += (LL)sa[b-1] * (sc[N-1] - sc[b]);}cout<<ans<<endl;return 0;
}

方法二：二分法
既然是查找，那么可以考虑进行二分查找，查找前先通过排序预处理三个数组，排序时间复杂$O(nlo{g}_{2}n)$枚举B的所有元素+查找A,C中的元素时间复杂度也是$O(nlo{g}_{2}n)$总的时间复杂度降为$O(nlo{g}_{2}n)$.
AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int a[3][200100];
signed main(){int n;cin>>n;for(int i=0;i<3;i++){for(int j=1;j<=n;j++){cin>>a[i][j];}}for(int i=0;i<3;i++){sort(a[i]+1,a[i]+1+n);}int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){int k=a[1][i];int l=lower_bound(a[0]+1,a[0]+n+1,k)-a[0]-1;int r=upper_bound(a[2]+1,a[2]+n+1,k)-a[2];if(l>0&&r<n+1){sum+=(n-r+1)*l;}}cout<<sum<<endl;return 0;
}

题目大意：
地图上有 $N$个目标点，用整数$Xi,Yi$
表示目标在地图上的位置，每个目标都有一个价值 $Wi$
注意：不同目标可能在同一位置。现在有一种新型的激光炸弹，可以摧毁一个包含 $R\times R$个位置的正方形内的所有目标。
激光炸弹的投放是通过卫星定位的，但其有一个缺点，就是其爆炸范围，即那个正方形的边必须和$x,y$轴平行。求一颗炸弹最多能炸掉地图上总价值为多少的目标。

解题思路：
固定区间的二维前缀和，扫一遍就可以了，但是要注意内存限制，只能开一个数组。
AC代码：$O(5001\ast 5001)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
int a[5010][5010];
signed main(){IOSint n,r,x,y,w;cin>>n>>r;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>x>>y>>w;a[x+1][y+1]+=w;}r=min(r,5001);for(int i=1;i<=5001;i++){for(int j=1;j<=5001;j++){a[i][j]+=a[i-1][j]+a[i][j-1]-a[i-1][j-1];}}int maxx=0;for(int i=r;i<=5001;i++){for(int j=r;j<=5001;j++){maxx=max(maxx,a[i][j]-a[i-r][j]-a[i][j-r]+a[i-r][j-r]);}}cout<<maxx<<endl;return 0;
}

题目大意：
给你两个序列A和B，可以对B序列进行操作，操作类型为：将B序列中任意长度的一段加1或者减一，最终使两序列相等，求最小操作次数。

解题思路：
先求出两序列的差值数组，再分别对该数组大于零和小于零的绝对值分别累加，取最大值即可。

AC代码：$O(N)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl "\n";
int a[200100],b[200100]; 
void solve(){int n,sum=0,num=0; cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}for(int i=1;i<=n;i++){cin>>b[i];b[i]=a[i]-b[i];}for(int i=1;i<=n;i++){sum+=max(b[i]-b[i-1],0ll);num-=min(b[i]-b[i-1],0ll);}cout<<max(sum,num)<<endl;return ;
}
signed main()
{IOSint t=1;//cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

模板题，先对区间进行$m$次加减，然后再输出操作后的序列
AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl "\n";
int a[200100],b[200100]; 
void solve(){int n,m,l,r,w; cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}while(m--){cin>>l>>r>>w;b[l]+=w;b[r+1]-=w;}for(int i=1;i<=n;i++){b[i]+=b[i-1];cout<<a[i]+b[i]<<" ";}cout<<endl;return ;
}
signed main()
{IOSint t=1;//cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

同样是模板题，二维差分，和上一题类似
AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl "\n";
int a[1500][1500],b[1500][1500]; 
void solve(){int n,m,q,x1,x2,y1,y2,w; cin>>n>>m>>q;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>a[i][j]; }}while(q--){cin>>x1>>y1>>x2>>y2>>w;b[x1][y1]+=w;b[x1][y2+1]-=w;b[x2+1][y1]-=w;b[x2+1][y2+1]+=w;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){b[i][j]+=b[i][j-1]+b[i-1][j]-b[i-1][j-1];cout<<a[i][j]+b[i][j]<<" ";}cout<<endl;}return ;
}
signed main()
{IOSint t=1;//cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

题目大意：
小蓝拥有$n\times n$大小的棋盘，一开始棋盘上全都是白子。小蓝进行了 $m$次操作，每次操作会将棋盘上某个范围内的所有棋子的颜色取反(也就是白色棋子变为黑色，黑色棋子变为白色)。输出所有操作做完后棋盘上每个棋子的颜色。

解题思路：
因为每次操作只会变黑或者变白，所以只需差分标记操作次数，最后前缀和一下，对于每个格子的操作数，是奇数则输出1，偶数则输出0.

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl "\n";
int a[2500][2500]; 
void solve(){int n,m,x1,x2,y1,y2,w=1; cin>>n>>m;while(m--){cin>>x1>>y1>>x2>>y2;a[x1][y1]+=w;a[x1][y2+1]-=w;a[x2+1][y1]-=w;a[x2+1][y2+1]+=w;}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){a[i][j]+=a[i][j-1]+a[i-1][j]-a[i-1][j-1];if(a[i][j]%2){cout<<"1";}else{cout<<"0";}}cout<<endl;}return ;
}
signed main()
{IOSint t=1;//cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}

题目大意：
给定一个数组 $A$ 和一些查询 $Li,Ri$，求数组中第 $Li$
至第 $Ri$ 个元素之和。小蓝觉得这个问题很无聊，于是他想重新排列一下数组，使得最终每个查询结果的和尽可能地大。小蓝想知道相比原数组，所有查询结果的总和最多可以增加多少?

解题思路:
先根据查询操作造差分数组，同时记录原操作的和，再对其求前缀和，然后分别对原数组和差分数组进行排序，用最大的数乘以最大的操作数，以此类推求和，最后用排过序的和减去原来的和即为所求。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long 
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define endl "\n";
int a[100100],b[100100],c[100100]; 
void solve(){int n,m,l,r,sum=0,num=0; cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];c[i]=a[i]+c[i-1];}cin>>m;while(m--){cin>>l>>r;b[l]++;b[r+1]--;sum+=c[r]-c[l-1];}for(int i=1;i<=n;i++){b[i]+=b[i-1];}sort(b+1,b+1+n);sort(a+1,a+1+n);for(int i=n;i>0;i--){num+=b[i]*a[i];}cout<<num-sum<<endl;return ;
}
signed main()
{IOSint t=1;//cin>>t;while(t--)solve();return 0;
}