Codeforces AIM Tech Round 3 (Div. 2)(A-D 未完)
A. Juicer
题意：现在给你n个数，如果大于b，那就扔掉，否则加进去，如果加进去的和大于d，就清空一次，问清空次数
思路：简单模拟
代码：
#includelong long temp;
scanf("%I64d",&temp);
if(temp>m) continue;
now+=temp;
if(now>k)
{
times++;
now=0;
}
}
printf("%d\n",times);
} B. Checkpoints
题意：现在在一个直线上有n个点，你初始在一个点，现在你要跑过n-1个点，问最短跑多少
思路：统计好一开始在你位置上的点，在你左边的点，在你右边的点，排序，然后枚举跑左边点的数量，得出右边点的数量，不断更新最小值就好了，不过记得要特判下，一开始就跑好了，全跑左边和全跑右边的情况
代码：
#includelong long temp;
scanf("%I64d",&temp);
if(temp==init)
times++;
else if(tempelse
b[r++]=temp;
}
sort(a,a+l);
sort(b,b+r);
long long minn=1e18;
if(times>=n-1)
{
printf("0\n");
return 0;
}
for(int i=0;i<=l;i++)
{
if(i==0&&r+times>=n-1)
{
long long now=abs(init-b[n-times-2]);
minn=min(minn,now);
}
else if(i>=n-1)
{
long long now=abs(init-a[l-i]);
minn=min(minn,now);
}
else if(n-1-(i+times)<=r){
long long now=abs(init-a[l-i]);
long long now2=abs(init-b[n-times-i-2]);
now=min(now*2+now2,now+now2*2);
minn=min(minn,now);
}
}
printf("%I64d\n",minn);
} C. Letters Cyclic Shift
题意：现在给你一个字符串，要把它的一个子串改变下，按照a->z,b->a,c->b。。。。的规律，问改变一次后所得字符串最小是多少
思路：优先改变前面的，改变到遇到a就停下，注意，必须要改变子串，所以还是要特判下全是a的字符串的情况
代码：
#includeif(i==x-1&&!judge)
{
a[i]=(a[i]-'a'+25)%26+'a';
break;
}
else if(a[i]!='a')
{
judge=true;
a[i]--;
}
else if(judge&&a[i]=='a')
break;
}
puts(a);
} D. Recover the String
题意：给你四个数字，分别代表原字符串（原字符串只有’0’,’1’）的”00”,”01”,”10”,”11”这些子串的个数，分别是a1,a2,a3,a4,问存不存在原字符串，有的话输出原字符串，否则输出”Impossible”
思路：根据给的a1和a4，能够推算出原字符串的0，1的个数。
而对于字符串中任意一个’1’，它的后面每个’0’都会让a3加一，它前面每个’1’都会让a2数加一，对于每个’0’也是同理的，这样的东西出现了a3次（对于每个0也是同理的）。那么我就能推导出一个结论，如果有符合条件的字符串，那么必定有：0的个数*1的个数=a2*a3。
然后，从左向右来看，对于一个位置，它选1还是0，只是和剩下的0，1的个数有关，且对于后面的1，0的选择不产生影响，那么我就可以在这个地方选一个0，然后让0的个数减一，同时让a2减去目前1的剩余个数，直到a2小于了剩余1的个数，然后开始选1，不断重复上面的过程，直到1和0的剩余个数都是0为止。
但是，对于a1或者a4等于0的时候，我们需要考虑一个问题，那就是他们也是有可能没有，但是可能是有一个的，这个时候就需要特判了（必须吐槽下，这场BCD都是各种特判，wa到难受），如果中间两个数都是0，那么a1为0时，0个数就是0，a4同理，但是当a1,a4都是0的时候，就需要对a2,a3进行特判了，具体特判结果参考代码
到这里，这个题目的思路就算结束了，但是呢，我们可能会对我们的策略产生怀疑，为什么这样一个类似贪心的做法是正确的。首先，我们的a2,a3都会判断是否能产生一个符合题意得字符串，然后才会开始我们的贪心，而对于a2来说，a2必定大于等于0且小于等于1的个数*0的个数的，那么我们就能保证一定存在一种0的个数的加法使得其和为a2
代码：
#include