发现自己真的太菜了，签到题全部wa，所以现根据网上题解和自己的理解做一个题解自己看看
再此顺便感谢网上贴出题解供我理解的大佬们：
阿茶家的庸医(注释和方法都非常清晰！！！)
yjun
守林鸟
ccsu_YangJ
目录
A.Who's matter?(签到题）
B.Number（签到题）
C.Math Problem(签到题)
D.stone(签到题）
F.Black & White
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/893/A
来源：牛客网
A.Who's matter?(签到题）
ICPC比赛中，谁通过的题数多，谁排名靠前；在通过题数相同的情况下，谁的罚时少，谁排名靠前；如果前两者都相同，就看最后正确提交的时间，谁早最排名靠前。 现在给你两个队伍的正确通过的题数、罚时和最后正确提交时间，请判断一下，谁的排名更靠前？
输入描述:
只有一组测试样例，两行，每行三个整数n(0≤n≤13),p(1≤p≤1000),s(1≤s≤300)，依次表示两个队的正确通过的题数、罚时和最后正确提交时间。
输出描述:
输出一行（末尾要换行符）。
如果是第1个队排名靠前，输出1；如果是2队，输出2；如果无法分辨，输出"God"。
1 10 10
1 22 2
输出
1
示例2
输入
1 10 10
2 42 20
输出
2
示例3
输入
1 10 10
1 10 10
输出
God
//注意不要超时
#include
#include
using namespace std;
int main(){
int a,b,suma=0,sumb=0,ta,tb,sa,sb;
scanf("%d%d%d",&a,&ta,&sa);
scanf("%d%d%d",&b,&tb,&sb);
if(a>b)suma++;
else if(b>a)sumb++;
else {
if(tatb)sumb++;
else {
if(sa>sb)sumb++;
else if(sasumb)cout<<"1"< 链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/893/B
来源：牛客网
B.Number（签到题）
时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K
64bit IO Format: %lld
题目描述
Bonnie得到了一个数字n。
现在她想对这个数字不断的做一种操作：
- 如果n的最后一位数码是0，那么她就把n除以10；
- 否则她把这个数加上1；
- 直到n变为一个不大于1的数。
给定n，请问Bonnie需要做多少次操作？
输入描述:
第一行一个数字T(1≤T≤300000)-样例个数。每个样例仅一行一个数字n(1≤n≤109)
输出描述:
每个样例输出一行一个数字—Bonnie需要做的操作次数。
示例1
输入
6
9
99
2
11032
1000000000
62输出
2
3
9
44
9
13说明
第一个样例: 9→10→1
第二个样例: 99→100→10→1//做不出纯粹是我个人理解题目的问题 //我以为判断条件是转化成二进制码的最后一位，没想到n%10暴力AC，orz #include#include #include using namespace std; int main(){ int n,count,t; scanf("%d",&t); while(t--){ count=0; scanf("%d",&n); while(n>1){ if(n%10==0)n=n/10; else n++; count++; }; cout<
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/893/C
来源：牛客网C.Math Problem(签到题)
题目描述
已知整数a,a3，a,a^3除192的余数是1。求区间[L,R]之间满足条件的a的累加和是多少？
输入描述:
第一行是一个整数T(1≤T≤10000）表示样例的个数。
每个样例包含两个整数L,R,1≤L≤R≤109输出描述:
每行输出一个样例的结果。
示例1
输入
1
1 10输出
1
超时代码：#include#include #define ll long long using namespace std; ll f(ll l,ll r){ ll sum=0; for(int i=l;i<=r;i++){ ll m=i*i*i; if(m%192==1) sum+=i; } return sum; } int main(){ ll t,l,r,a; cin>>t; while(t--){ scanf("%lld%lld",&l,&r); printf("%lld\n",f(l,r)); } } AC代码1：找规律，复杂度减少
（ak+1)3=a3k3+3a2k2+3ak+1=(a2k3+3a1k^2+3k)a+1=a*x+1;即（a*k+1）的3次方也是a的倍数+1；
#includeusing namespace std; int t,l,r; int main(){ scanf("%d",&t); while(t--){ long long ans=0; scanf("%d%d",&l,&r); int p=l/192,q=r/192; if(l%192>1)p++; if(r%192<1)q--; for(int i=p;i<=q;i++){ ans=ans+(long long )i*192+1; } printf("%lld\n",ans); } return 0; } AC代码2：
#include#include #define inf 0x3f3f3f3f #define ll long long using namespace std; int t; ll l,r,a; ll f(ll l,ll r){ ll sum=0; while(l%192!=1) l++; while(r%192!=1) r--; a=r/192-l/192+1; sum=((l+r)/2)*a; return sum; } int main(){ cin>>t; while(t--){ scanf("%lld%lld",&l,&r); printf("%lld\n",f(l,r)); } }
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/893/D
来源：牛客网D.stone(签到题）
时间限制：C/C++ 1秒，其他语言2秒
空间限制：C/C++ 32768K，其他语言65536K
64bit IO Format: %lld题目描述[](javascript:void(0);)[]
有n堆石子排成一排，第i堆石子有a个石子。
每次，你可以选择任意相邻的两堆石子进行合并，合并后的石子数量为两堆石子的和，消耗的体力等价于两堆石子中石子数少的那个。
请问，将所有的石子合并成一堆，你所消耗的体力最小是多少？输入描述:
第一行是一个整数T表示样例的个数。
每个样例的第一行是一个整数表示石子堆的数量。
第二行是n个整数ai(1≤ai≤109)输出描述:
每行输出一个样例的结果。
示例1
输入
2
2
1 2
1
1输出
1
0说明
巨大的输入，请使用C风格的输入。
//两两求最大值，然后用总数减最大值 // WA理由：long long必须用在n,a上 #include#include #include #include #include
F.Black & White
题目描述
你有一个长度为 n 的 01 串S，你可以执行最多 m 次操作。
对于每次操作，你可以选择一个位置 i 满足
1≤i≤n，翻转这一位的值，0变成1，1变成0。
定义一个 01 串的价值为其中最长连续0的个数和最长连续1的个数的较大值，求S在经过最多m次操作后的最大价值。输入描述:
第一行一个整数 T ，表示接下来有 T 个样例。
首先输入n,m，表示S串的长度n和操作次数m，其中
1≤n≤100000，0≤m≤10000；
接下来输入一个长度为n的字符串S。输出描述:
一个整数，表示题面上描述的最大价值。
示例1输入
2
5 1
00101
2 1
01输出
4
2说明
第一个串翻转第三个位置，00001的价值为4；第二个串翻转第一个位置，11的价值为2。
思路：
- 尺取法（目前还搞不太清楚，故贴出大佬的尺取法的学习地址：尺取法 — 详解 + 例题模板(全)）
- 前缀+二分法：
首先预处理两个数组 pre1 和 pre0，分别代表1～i个位置上1和0的个数
这样就可以在 O(1) 的时间求出 区间内 1或者0 的个数
然后二分答案：最大长度len。
因为 len 是固定的，所以 l=1，r=len 开始 滑动窗口（时间O(n)），每次移动都判断当前方块内 1或者0的个数是否小于 可以改变的次数m，如果小于等于 则 len 可以成立，可以往更大值二分，否则只能往更小值二分。
时间复杂度：每次二分判断需要O(n)的时间，二分需要log2(n)的时间，所以总时间n*lg(n)时间复杂度ok贴出前缀+二分AC代码：
//大佬（阿茶的庸医）的代码 #include#include #include #define N 100010 using namespace std; string str; int n, m; int pre0[N], pre1[N];//0和1的个数数组 //判断是否可以进行转换 //(每次移动都判断当前方块内 1或者0的个数是否小于 可以改变的次数m) bool judjed(int len){ int l = 1, r = len; while(r <= n){ if(pre0[r]-pre0[l-1] <= m || pre1[r]-pre1[l-1] <= m) return true; ++l, ++r; } return false; } //二分 int get_n(){ int res; int l=0, r=n; while(l <= r){ int mid = (l+r)/2; if(judjed(mid)){//可以往更大值二分 l = mid+1; res = mid; }else{ r = mid-1; } } return res; } int main(){ int T; cin >> T; while(T--){ cin >> n >> m;//n长度，m操作次数 cin >> str; for(int i=1; i<=n; i++){ if(str[i-1] == '0'){ pre0[i] = pre0[i-1]+1; pre1[i] = pre1[i-1]; }else{ pre0[i] = pre0[i-1]; pre1[i] = pre1[i-1]+1; } } cout << get_n() << endl; str.clear(); } return 0; }