date: 2019-07-28
A - Harmony
题目大意：
给你两个不同的整数A和B，要求你找到一个整数K，同时满足|A-K|=|B-K|。找不到时，输出"IMPOSSIBLE"
题目做法：
聪明的读者读到这里肯定已经发现了，这其实就是平均数，但是，要特判A和B的差是奇数的情况：此时K不是整数，所以输出"IMPOSSIBLE"。
代码：
#include
using namespace std;
int a,b;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>a>>b;
if((a+b)%2){//K不是整数
cout<<"IMPOSSIBLE"< B - 0 or 1 Swap
题目大意：
有一个长度为N的序列，内部元素为1~N。允许最多交换一次任意一对元素的位置，把这个序列变为升序（从小到大的）序列（可以选择不交换也就是交换零次，但最多一次），可以就输出"YES"，否则输出"NO"。
题目做法：
暴力。由于这道题的数据范围很小，所以只要模拟交换元素就好。
我们跑一个二重循环代表交换的元素对，再在里面写一个循环判断是否有序即可。特殊地，我们需要直接判断这个序列是否有序，因为题目里说可以不交换。
代码：
#include
using namespace std;
int n;
int a[55];
bool chk(){//检查序列是否有序
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]<=a[i-1]){//其实因为是1~n的序列，可以直接写a[i]!=i判断
return false;
}
}
return true;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i C - City Savers
题目大意：
有N+1座城市，然后其中的第i个城市有A[i]个怪兽在，有N个英雄，第i个英雄可以打败在第i和i+1城市的怪兽，但第i位英雄打败的怪兽不超过B[i]个。
题目做法：
贪心。显然地，由于第i位英雄只能影响第i和i+1城市，所以i之前的城市这位英雄都不能影响，所以尽量让第i位英雄打败第i座城市里的怪物，打不完B[i]个在去下一座城市。
如果第i位英雄优先击杀第i+1位的怪物，那么第1座城市可能会有结余，而后面的英雄因为自己的城市的怪物已经被杀掉一部分了，所以可能不能杀满B[i]个，所以之前的做法应该是最优的。
代码：
#include
using namespace std;
int n;
int a[100005];
int b[100005];
long long ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n+1;i++){
cin>>a[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>b[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++){//贪心的，让英雄先杀自己城市的怪物，再杀下一个城市的
if(b[i]<=a[i]){
ans+=b[i];
}else{
b[i]-=a[i];
ans+=a[i];
ans+=min(a[i+1],b[i]);
a[i+1]-=min(a[i+1],b[i]);
}
}
cout< D - Digits Parade
题目大意：
给你一个字符串S，包含0~9和?。在?中填入0~9，使得得到的数对13取模余5。
可以有前导零
题目做法：
DP。由于数据范围很大，有10^5那么大，但是13这个数字很小，是一个突破口。于是：
我们建立一个二维数组DP，DP[i][j]表示计算到第i位（第i位还没有填入，此时i从0开始计算）时有多少种对13取模余j的方法。正向思考，DP[i+1][(j*10+<填入的数字>)%13]+=DP[i][j]，如果这一位是?，那么填入的数字从1到9都要计算一遍。
代码：
#include
using namespace std;
const int mod=1000000007;
string s;
int n;
int dp[100005][15];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>s;
int n=s.size();
dp[0][0]=1;
for(int i=0;i=mod)dp[i+1][(j*10+k)%13]-=mod;//常数优化
}
}
}else{
for(int j=0;j<13;j++){
dp[i+1][(j*10+s[i]-'0')%13]+=dp[i][j];
if(dp[i+1][(j*10+s[i]-'0')%13]>=mod)dp[i+1][(j*10+s[i]-'0')%13]-=mod;//常数优化
}
}
}
cout< 其实这个常数优化并没有什么用，因为计算下标时还是需要取模。
E - Golf
我不会，所以就没有办法写了。
放张官方题解：
官方题解链接
F - Strings of Eternity
题目大意：
给你两个字符串s和t，问你是否有一个非负整数i满足下列条件并且i是有限的，如果是，那么求出i的最大值。
条件：有一个非负整数j，i个t连接起来是j个s连接起来的字串。
说人话（其实也是我比较喜欢的方式）就是给你两个串s和t，然后无限多个s连接起来，是否可以找到有限个t连接起来是s的子串。如果无限多个t都是字串，那么就输出-1。
题目做法：
想法来自我的同学。首先，你把足够多的s连接起来，然后每一个位置i都查看s从i开始的后缀子串并记为s2，查看t是否是s2的前缀。新开一个数组suf记录是或否。然后，从后往前，做一个类似前缀和的操作，如果第i位是1，那么就加上第i+|t|位的值（|t|指t的长度），可以在O(n)时间内求出最长的连续的t作为连续的s的子串时，这个t的连续的个数。
这个匹配操作，我们可以使用Hash来把复杂度控制在O(n)里（其实KMP和Z算法也可以实现）。
代码：
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1145411919;
const int p=810;
//这么臭的哈希值应该没人会卡吧
string s,t;
int ans;
ll pw[16000005];
ll h[16000005];
ll ht[16000005];
int suf[16000005];
inline ll gh(int x){//求s中第x位开始的长|t|字符串的哈希值
if(x+t.size()>s.size())return -1;
return (h[x+t.size()-1]-h[x-1]*pw[t.size()]%mod+mod)%mod;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>s>>t;
while(s.size()=0;i--){
if(suf[i])suf[i]+=suf[i+t.size()];
ans=max(ans,suf[i]);
}//和做法中解释的一样
if(ans+1>=s.size()/t.size()){
cout<<-1< 结束语
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