Codeforces Round 856 (Div. 2) A-C

比赛链接：Dashboard - Codeforces Round 856 (Div. 2) - Codeforces

A：思维 

题意：给定一个字符串的长度N，再给 2N-2 个子串，判断原字符串是否是回文串。

解析：根据回文串的性质：串中，前后两个字符是相同的（s[i]==s[n-i+1]）。对于这题，我们发现，样例中都给定了原串最大的前缀和后缀（长度为N-1）。所以我们只需要找到这两个子串，然后判断是否满足回文串的性质即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define pi acos(-1)
#define int long long
#define PII pair<int,int>
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define fs(a) cout<<fixed<<setprecision(a)<< //fs(4)(1.0/3)=0.3333//保留a位小数
#define read() freopen("input.txt","r",stdin)
#define output() freopen("output.txt","w",stdout)
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int mod = 1e9+7;
const int Mod = 998244353;
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int up(int a,int b){return a<0?a/b:(a+b-1)/b;}//       a/b向上取整
int quickpow(int a,int n){int ans=1;while(n){if(n&1){ans*=a,ans%=Mod;}a*=a;a%=Mod;n>>=1;}return ans;}//快速幂
int qc(int a,int b,int p){int ans=0;while(b){if(b&1){ans+=a,ans%=p;}a*=2;a%=p;b>>=1;}return ans;}//快速乘 a*b%p
int p[N],a[N],b[N];

inline void solve(){
	int n;cin>>n;
	string s;
	vector<string>ve;
	for(int i=1;i<=2*n-2;i++){
		cin>>s;
		if(s.size()==n-1) ve.push_back(s);
	}
	reverse(all(ve[1]));
	if(ve[0]==ve[1]) cout<<"YES\n";
	else cout<<"NO\n";
}

signed main(){
	fast;int T;cin>>T;
	while(T--) solve();

}

 B：构造

题意： 给定一个长度为N的数组，构造一个数组，使得数组中：，i∈[1,n-1]

并且输出。 

分析：我们知道，如果a%b==0，那么（a+1）%b！=0。所以我们可以按照这种方式进行构造。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define pi acos(-1)
#define int long long
#define PII pair<int,int>
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define fs(a) cout<<fixed<<setprecision(a)<< //fs(4)(1.0/3)=0.3333//保留a位小数
#define read() freopen("input.txt","r",stdin)
#define output() freopen("output.txt","w",stdout)
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int mod = 1e9+7;
const int Mod = 998244353;
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int up(int a,int b){return a<0?a/b:(a+b-1)/b;}//       a/b向上取整
int quickpow(int a,int n){int ans=1;while(n){if(n&1){ans*=a,ans%=Mod;}a*=a;a%=Mod;n>>=1;}return ans;}//快速幂
int qc(int a,int b,int p){int ans=0;while(b){if(b&1){ans+=a,ans%=p;}a*=2;a%=p;b>>=1;}return ans;}//快速乘 a*b%p
int a[N];

inline void solve(){
	int n;cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		if(a[i]==1) a[i]++;
	}
	for(int i=1;i<=n-1;i++){
		if(a[i+1]%a[i]==0) a[i+1]++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<a[i]<<" ";
	cout<<"\n";
}

signed main(){
	fast;int T;cin>>T;
	while(T--) solve();
}              

C:思维+贪心

题意：给定一个长度为n的非降数组，一个长度为d的数组的score为：,规定：空数组的score为：1。对于一个序列 [s1, s2, s3.... sn] , 设 m 是该序列的所有子序列中最大的分数，定义该序列的价值是所有分数等于m的子序列中，长度最大的那个子序列的长度。

问：每个数组的score

分析：首先，max-score我们是可以算出来的，因为score的定义：根据贪心原则，我们可以知道，子数组长度为X的时候，选取数组中，后X个数，则可以得到最大值。当要算每个数组的score时，我们可以删掉最小的数，因为最小的数对score是没有贡献的，根据动态维护的结果，我们可以知道，每一个数组都会删最小数，因此时间复杂度：O(N)。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define pi acos(-1)
#define int long long
#define PII pair<int,int>
#define all(v) v.begin(),v.end()
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define fs(a) cout<<fixed<<setprecision(a)<< //fs(4)(1.0/3)=0.3333//保留a位小数
#define read() freopen("input.txt","r",stdin)
#define output() freopen("output.txt","w",stdout)
#define fast ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int mod = 1e9+7;
const int Mod = 998244353;
int lowbit(int x){return x&(-x);}
int up(int a,int b){return a<0?a/b:(a+b-1)/b;}//       a/b向上取整
int quickpow(int a,int n){int ans=1;while(n){if(n&1){ans*=a,ans%=Mod;}a*=a;a%=Mod;n>>=1;}return ans;}//快速幂
int qc(int a,int b,int p){int ans=0;while(b){if(b&1){ans+=a,ans%=p;}a*=2;a%=p;b>>=1;}return ans;}//快速乘 a*b%p
int a[N];

inline void solve(){
	int n;cin>>n;
	multiset<int>mul;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int x;cin>>x;
		mul.insert(x);
		while(mul.size()>1&&*mul.begin()<mul.size()) mul.erase(mul.begin());
		cout<<mul.size()<<" ";
	}
	cout<<"\n";
}

signed main(){
	fast;int T;cin>>T;
	while(T--) solve();
}