Codeforces Round 910 (Div. 2)
Milica and String
题目大意：给定一个长为n的字符串s，s只包含A,B，我们现在要对字符串进行操作，要使最后字符串中恰好有k个B。我们每次操作如下：
1.选一个整数i和字符c
2.将前i个字符都换成c；
我们要找最少进行几次操作，输出并打印每次操作选择的i和c。
思路：这道题实际上与操作次数没关系，因为每次操作是将前i个全部改成c。所以我们只用先找出字符串中有多少个B，如果恰好有k个，那么就不用进行操作，如果个数小于B，那么就从头开始遍历，累计A的数量，当A的数量等于差值的时候，就可以停，并将前面的全部改成B;如果大于B，就从头开始累计B的个数，当累计的个数等于差值的时候就全部改成A。
#include
using namespace std;
int a[200];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
string s;
cin>>s;
int c=0;
for(int i=0;i Milena and Admirer
题目大意：给定一个数组a[],我们要进行若干次操作使数组变成非递减的，我们可以进行的操作如下：
选一个ai和一个数x，用x和ai-x代替ai。
问最少进行多少次操作可以实现。
思路：我们来讨论一下，非递减的话，后面一定要大于等于前面的，我们如果从前面切，后面可能会出现更小的，让前面的全部需要重切，那么我们从后面来访问的话，实际上就可以解决这个问题。然后就是怎么切的问题了，实际上可以发现，对半切是一个比较好的切法，不会让前面一半过小，但是也要注意到，对半切之后，后面的那一半可能还会大于后面的那个数，所以只切一次还不够。那么我们可不可以贴着后面的那个数来切呢，实际上也是不行的，因为可能会导致余数很小，导致前面需要切的次数增加，那么怎么切呢？尽可能地均分，均分能尽可能地保证前面的不会太小。
令j=i+1，ai>aj,按照如下的方法进行切：
切ai/aj刀，切成k=ai/aj+1块，最小的长度为ai/k;
#include
using namespace std;
#define int long long
int a[200010];
signed main()
{
int t;
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i]);
}
int c=a[n];
int ans=0;
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{
if(a[i]>c)
{
//切a[i]/c+1段
//余a[i]/c
int k=ceil(a[i]*1.0/c);
ans += k-1;
c=floor(a[i]*1.0/k);
}
else c=a[i];
//printf("%lld %lld\n",ans,c);
}
printf("%lld\n",ans);
}
} Colorful Grid
题目大意：给定一个点矩阵，一共有n行点，每行点有m个，每次操作只能从一个点到另一个点，横着或者竖着的点连起来，给边染上红色或者蓝色，每次只能沿着边走，要求是不能走连续两个相同颜色的边,只能走k步。
思路：我们从起点走到终点，不整那些花里胡哨的就是沿着上边框和有边框走，上边框包含，m-1步，右边框包含n-1步，同时这也是最近的距离，一旦可以走的步数比这个还少一定是不可以的。然后再来考虑重复路径问题：首先我们可以走到终点再绕圈，每一圈都有4步额外的，那么总步数就是n+m-2+4c;然后再考虑在路上，比如上边框的时候，我们可以先下来，横着走，再上去，那么就多了两步多余的。总步数就是n+m-2+4c+2=n+m+4c;所以(k-n-m)%4=0或2的时候是可以走的。
在路径上转圈容易使重边的计算出问题。
参考链接：CF1898 C Colorful Grid 题解 - Martian148 - 博客园 (cnblogs.com)
#include
using namespace std;
char h[20][20],s[20][20];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m,k;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
int d=k-(n+m-2);
int r=(k-n-m)%2;
if(d<0) printf("No\n");
else if(d>0&&r!=2&&r!=0) printf("No\n");
else
{
printf("Yes\n");
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m-1;j++)
h[i][j]='R';
for(int i=1;i<=n-1;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
s[i][j]='B';
char c='R';
for(int j=1;j<=m-1;j++)
{
if(j%2) h[1][j]='B';
c=h[1][j];
}
for(int j=1;j<=n-1;j++)
{
if(c=='R') s[j][m]='B';
else s[j][m]='R';
c=s[j][m];
}
if(c=='B')
{
h[n][m-1]=h[n-1][m-1]='R';
s[n-1][m-1]='B';
}
else
{
h[n][m-1]=h[n-1][m-1]='B';
s[n-1][m-1]='R';
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m-1;j++)
{
printf("%c ",h[i][j]);
}
printf("\n");
}
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{ for(int j=1;j<=m;j++)
printf("%c ",s[i][j]);
printf("\n");
}
}
}
} 题目大意：给定两个n长数组a[],b[],定义ans=sum(|ai-bi|),现在能对b[]中的两个数进行一次交换，问交换后ans的值最大是多少。
思路：这里既然取的是绝对值，那么我们就可以将之视为区间/。，而且我们只能交换一次b,那么实际上最后的落脚点是两个区间，两个区间的关系无外乎三种情况。 ：不相交、相交、覆盖。我们一次对三种情况进行讨论，
1.两区间不相交
2.两区间相交
3.两区间是覆盖与被覆盖关系
由上面三种情况的讨论可知，只有当两区间不相交时，交换b才会在原来的基础上产生增益，而且增益的值为两区间间隔的二倍。所以现在的问题就转化成为了去找区间的间隔的最大值。那么要想找的区间间隔的最大值，那么就要去找所有区间右端点的最小值，和所有区间左端点的最大值，这样就能响应的找到区间间隔最大的两个区间。如果这两个区间不相交的话，那么就可以产生增益。由上面的讨论可知，左右端点是a还是b都不影响，我们关注区间的左右即可，所以又引出一个处理，在录入b的时候，如果bi#include