Codeforces Round #657 (Div. 2) （A-D）
还好没在线打，这场属实搞心态。
题目：A. Acacius and String
题意：构成一个字符串中只有一个abacaba的子串，?可以随意填。
枚举?所构成的是子串abacaba的第几位，之后在遍历整个串是否只有一个，不成立还原继续。
#include题目：B. Dubious Cyrpto
题意：给定l,r,m，在[l,r]内找到a,b,c， n ∗ a + b − c = m n*a+b−c=m n∗a+b−c=m，n为任意正整数。
枚举a，m%a，判断b-c范围一定在[l-r,r-l]中。当a>m时一种情况，之后取余，以及判断b-c为负数的情况别漏了。
#include题目：C. Choosing flowers
题意：有m种花(每种无限数量),送n朵花，第一次收到的就加a[i]，之后的都是b[i]，问值最大。
一开始分析的是找到最大的b[i]，筛掉大于b[i]的a[i]，剩下的全部都拿b[i]，仔细分析显然是错的，考虑不到所有的情况，有可能拿第二大的b[i]。可以发现，我们肯定要确定拿一种花我们之后全是拿他是主要的花。枚举主要拿的是第几种，a[i]用前缀和，加二分把大于b[i]的a[i]拿掉，每种情况都考虑维护一个最大值。
#include,RatioComp>hh;
ll n,m,i,j;
scanf("%lld %lld",&n,&m);
ll MAX=0;
for(i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld %lld",&a[i],&b[i]);
c[i]=a[i];
MAX=max(b[i],MAX);
}
sum[0]=c[0]=0;
sort(c+1,c+1+m);
for(i=1;i<=m;i++)
sum[i]=sum[i-1]+c[i];
ll ans=c[m];
sum[m+1]=0;
for(i=1;i<=m;i++)
{
int pos=upper_bound(c,c+1+m,b[i])-c;
if(pos>m)
{
ans=max(ans,(n-1)*b[i]+a[i]);
continue;
}
if(!pos)
{
if(n<=m)
{
ans=max(ans,sum[m]-sum[m-n]);
}
else
{
ll temp=sum[m]+(n-m)*MAX;
ans=max(ans,temp);
}
continue;
}
if(m-pos+1>=n)
{
ans=max(ans,sum[m]-sum[m-n]);
continue;
}
ll cnt=n-(m-pos+1);
ll num=sum[m]-sum[pos-1];
if(a[i]>b[i])
num+=cnt*b[i];
else
num+=(cnt-1)*b[i]+a[i];
ans=max(ans,num);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
题目：D. New Passenger Trams
题意：一天h小时，一小时m分钟(偶数)，有客车和货车客车需要提前k分钟空出时间上下车，如果货车在这个时间段则要删除，(不包括端点，端点的货车不需要删除)，客车每半小时发一辆，问最小删除的货车数以及客车最好的发车时间。(第一列发车时间t一定在0–m/2)内。
可以发现和h无关，我们只需要考虑m，因为每半小时就发一辆，(t-k,t)…(t-k+m/2,t+m/2)…。仔细考虑如果在某一时刻是最优的情况，那么在这个圆上是可以移动的，整个的发车时间跟着移动，一旦有一个发车时间与货车的发车时间重叠就不能移动了。那么我们找到了枚举的方向，枚举n辆货车的发车时间与客车的端点重合的情况，m范围太大是不能枚举的。我们预处理出每辆货车在半小时内的情况，排序就可以二分了。具体见代码。
#include