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牛客周赛 Round 38

A

直接写即可

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#include <bits/stdc++.h>

#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
const int P = 1e9 + 7, INF = 0x3f3f3f3f;

typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef long long LL;

void solve() {
    int x;
    cin >> x;
    int cnt = 0;
    while(x % 10 != 0) x ++, cnt ++;
    cout << cnt;
}

int main() {
    int T = 1;
    //cin >> T;
    while(T -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

B

9的倍数加起来一定是9的倍数

一个性质来的

可以自己小小的模拟一下

因此只需要O（n)暴力枚举一遍就行了

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#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
const int P = 1e9 + 7, INF = 0x3f3f3f3f;

typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef long long LL;

void solve() {
    string s;
    cin >> s;
    LL sum = 0, ans = 0;
    for(auto t : s) sum += t - '0';
    for(int i = s.size() - 1; i >= 0; i -- ) 
    {
    	if(sum % 9 == 0) ans ++;
    	sum -= s[i] - '0';
    }
    cout << ans;
}

int main() {
    int T = 1;
    //cin >> T;
    while(T -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

C

还是有一个性质就是，连续字符串的回文子串个数有这么多个i*(i-1)/2，注意是去除了1的

用尽可能长的连续的相同字符取构造即可

直接进行构造即可。

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#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define pb push_back
using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
const int P = 1e9 + 7, INF = 0x3f3f3f3f;

typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef long long LL;

void solve() {
    LL n, k;
    cin >> n >> k;
    char c = 'd';
    int cnt = 0;
    for(LL i = n; i >= 2; i -- ) {
    	LL t = i * (i - 1) / 2;
    	while(k >= t) 
        {
    		k -= t;
    		for(LL j = 0; j < i; j ++ ) cout << c, cnt ++;
    		c ++;
    	}
    }
    string s = "abc";
    //剩下的直接随便输出即可
    for(; cnt < n; cnt ++ ) cout << s[cnt % 3];
}

int main() {
    int T = 1;
    //cin >> T;
    while(T -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

D

  1. 如果数组中所有相邻点间隔的最大值等于k，则答案为0
  2. 如果小于k，则答案为1，因为可以在任意两个点之间加上一个数，是其与较小的数的差值等于k
  3. 如果大于k，则需要计算每一个间隔大于k对答案的贡献
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#include <iostream>
#include <vector>
  
int main() {
    int n, k;
    std::cin >> n >> k;
     
    std::vector<int> nums(n);
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        std::cin >> nums[i];
    }
     
    long long res = 0;
    long long max_diff = 0;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        long long d = abs(nums[i] - nums[i - 1]);
        max_diff = std::max(max_diff, d);
         
        res += std::max((d - 1) / k, 0LL);
    }
      
    if (max_diff < k) {
        res = 1;
    }
      
    std::cout << res << std::endl;
}

E

枚举a，然后再枚举a的因子，注意因子有j，和a/j两个，分别去找即可

注意公比等于1的情况

还有一点就是有一个函数的运用

找到其中最大的元素

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int res = *max_element(f.begin(), f.end());
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#include <bits/stdc++.h>

#define x first
#define y second
#define pb push_back

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;
const int P = 1e9 + 7, INF = 0x3f3f3f3f;

typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<double, double> PDD;
typedef long long LL;

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    vector<int> f(N);
    for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i], f[a[i]] ++;
    
	sort(a.begin() + 1, a.end());
	int res = *max_element(f.begin(), f.end());
	//vector<int> ff(N);
	for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
		int x = a[i];

		for(int j = 1; j <= sqrt(x); j ++ ) {
			if(x % j == 0) {
				int t = x, cnt = 1;
				while(t % j == 0 && f[t / j] && j > 1) t /= j, cnt ++;
				res = max(res, cnt);
				if(x / j != j) {
					t = x, cnt = 1;
					while(t % (x / j) == 0 && f[t / (x / j)]) t /= (x / j), cnt ++;
					res = max(res, cnt);
				}
			}
		}

		res = max(res, f[x]);
	}

	cout << res;
}

int main() {
    int T = 1;
    //cin >> T;
    while(T -- ) {
        solve();
    }
    return 0;
}

F

最容易达到的回文子序列应该是长度为3的。 换句话说，假如我们有一个长度为>=4的回文子序列，一定可以从中抽出一个形如“aba”型的子序列（b可以等于a）。 那么，这道问题就可以转化成[l,r]是否存在这样的字符串即可，用lst记录最近的左端点，由于要隔着一个数字，就贪心的把\(a_{i-1}\)去了。

再递推一下lst[i]=max(lst[i],lst[i-1])4

然后lst[r]>l就一定会有解

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pii pair<int, int>
#define pdd pair<double, double>
#define pll pair<ll, ll>
#define endl '\n'
typedef long long ll;
inline void solve()
{
    int n, q;
    cin >> n >> q;
    vector<int> a(n+1);
    for(int i=1; i<=n; i++)
        cin >> a[i];
    unordered_map<int, int> mp; //mp[i]记录相隔1位之后最近的值为i的位置
    vector<int> lst(n+1);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        if(mp.count(a[i])) lst[i] = mp[a[i]];
        lst[i] = max(lst[i], lst[i-1]);
        if(i >= 2) mp[a[i-1]] = i-1;
    }
    while(q --) {
        int l, r;
        cin >> l >> r;
        if(lst[r] >= l) cout << "YES" << endl;
        else cout << "NO" << endl;
    }
}
int main()
{
    cout << fixed << setprecision(10);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    int t;
    t = 1;
    while(t --)
        solve();
    return 0;
}

G

本题考察为树状数组+双指针

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
#define int long long
struct BIT{
    int n;
    vector<int> tr;
    BIT(int _n) : n(_n), tr(n + 10) {}
    int lowbit(int x) {return x & (- x);};
    void add(int x, int y){
        for(int pos = x; pos < n; pos += lowbit(pos)){
            tr[pos] += y;
        }
    }
    ll query(ll x){
        ll res = 0;
        for(int pos = x; pos; pos -= lowbit(pos)){
            res += tr[pos];
        }
        return res;
    }
    ll query(ll l, ll r){
        return query(r) - query(l - 1);
    }
};
void solve(){
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    vector<ll> a(n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    BIT bit1(1e6 + 10);//维护后缀 
    BIT bit2(1e6 + 10);//维护前缀 
    ll sum = 0;
    for(int i = n; i >= 1; i --){
        bit1.add(a[i], 1);
        sum += bit1.query(a[i] - 1);
    }//处理逆序对和后缀 
    
    int ans = (sum >= k);
    for(int i = 1, j = 1; i <= n; i ++){
        bit1.add(a[i], -1);//删掉ai 
        sum -= bit1.query(a[i] - 1);//从后缀中删掉比ai小的 
        sum -= bit2.query(a[i] + 1, 1e6);//从前缀中删掉（所有的-小于等于ai）即删去前缀中大于ai的 
//        cout << sum << '\n';
        while(j <= i && sum < k){//小于，就要把aj补回来，注意是补入前缀数组 
            bit2.add(a[j], 1);
            sum += bit1.query(a[j] - 1);
            sum += bit2.query(a[j] + 1, 1e6);
            j ++;
        }
        ans += (i - j + 1);
//        cout << i << ' ' << j << '\n'; 
    }
    cout << ans << '\n';
}
signed main()
{
solve();
    return 0;
}