Codeforces Round 903 (Div. 3)补题
Don't Try to Count
题目大意：给定一个n长的字串x,一个m长的字串s，我们可以对x进行x+=x，问至少操作多少次后s是x的子串，如果不能实现输出-1.
思路：这里查找是否是子串直接用find即可，问题的关键在于x+=x最多执行几次，实际上我们可以发现x叠加一次会出现新的字符串，再叠加就未必还会出现新的子串了，所以首先，x叠加一次，如果长度不及s的话叠加到s的二倍，如果还没有的话，就没必要了，直接判否。
#include
using namespace std;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
string s,x;
cin>>x>>s;
if(x.find(s)!=string::npos)
{
printf("0\n");
continue;
}
x += x;//一定要先加，因为可能出现x远长于s，但是需要叠一次才出现s
int c=1,flag=0;
while(1)
{
if(x.find(s)!=string::npos)
{
flag=1;
break;
}
if(x.size()<=2*s.size()) //不带等号可能出现卡在这儿刚好超时
{
x+=x;
c++;
continue;
}
if(x.size()>2*s.size()) break;
}
if(flag) printf("%d\n",c);
else printf("-1\n");
}
} ps:kmp可以用string的find(s,index)代替，如果find()超时可以用字符串hash，时间复杂度差不多。
Three Threadlets
题目大意：有三条线和一把剪刀，我们每次可以将一条线切成整数长度的两段，问最多切三次，能否使所有线段等长。
思路：最多切三次，那么最短的那一段肯定不能切，应该使所有的都与最短的那个等长。如果不等长，那么如果要实现，其他的长度应该是它的倍数，而且我们讨论一下可以发现，如果是两倍就切一刀，三倍切两刀，四倍切三刀，所以我们只用看剩下线与最短的线的关系即可。
#include
using namespace std;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int a[4];
int mi=1e9+7;
for(int i=0;i<3;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
mi=min(mi,a[i]);
}
int flag=1,c=0;
for(int i=0;i<3;i++)
{
if(a[i]%mi==0) c += a[i]/mi-1;
else flag=0;
}
if(flag&&c<4) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
} Perfect Square
题目大意：我们定义完美矩阵为顺时针旋转90度后仍然不变的矩阵为完美矩阵，先有一个矩阵，我们可以将其中的一个字母替换成它在字母表中的下一个字母（如果为z不会更改），这个操作可以进行若干次。问最少进行多少次可以得到完美矩阵。
思路：我们可以发现完美矩阵的特点，即a[i][j]==a[j][n-i+1]==a[n-i+1][n-j+1]==a[n-j+1][i],那么我们只用找到这四个元素，然后将所有元素都变成最大的那个即可。
#include
using namespace std;
char a[1010][1010];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",a[i]+1);
long long ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(a[i][j]==a[j][n-i+1]&&a[n-i+1][n-j+1]==a[n-j+1][i]&&a[j][n-i+1]==a[n-i+1][n-j+1]) continue;
mapmp;
mp[a[i][j]]++;
mp[a[j][n-i+1]]++;
mp[a[n-i+1][n-j+1]]++;
mp[a[n-j+1][i]]++;
char c;
for(auto it:mp) c=it.first;
ans-=(a[i][j]-c)+(a[j][n-i+1]-c)+(a[n-i+1][n-j+1]-c)+(a[n-j+1][i]-c);
a[i][j]=a[j][n-i+1]=a[n-i+1][n-j+1]=a[n-j+1][i]=c;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
} Divide and Equalize
思路：现给定一个数组a[],我们可以进行如下操作：
选择ai,aj,x，要求ai%x==0,然后我们需要用ai/x替换ai，x*aj替换aj。
问能否通过若干次操作使数组中的数全部相等。
思路：我们来分析一下，可以发现，这道题实际上相当于ai失去一个因数x，aj得到一个因数x，x在数组内部守恒，同时最后相等，那么是不是可以说，大家有的x的个数是一样的。x代表因数，那么我们联想到质因数，那么就是最后大家的每个质因数的个数相同。我们只需要分解质因数，统计每个质因数出现的次数，如果每个质因数出现次数都可以整除数组个数，那么就是可以的，否则就不行。这里引入线性筛质数的方法进行预处理优化。
#include
using namespace std;
vectorp;
int st[1000020];
signed main()
{
for(int i=2;i<=1000000;i++)
{
if(!st[i]) p.push_back(i);
for(auto j:p)
{
//j>1000000/i i>1000000/j？
if(j>1000000/i) break;
st[i*j]=1;
if(i%j==0) break;
}
}
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
mapmp;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
for(auto it:p)
{
if(x==1) break;
while(x%it==0)
{
mp[it]++;
x/=it;
}
}
}
int flag=1;
for(auto it:mp)
{
if(it.second%n)
{
flag=0;
break;
}
}
if(flag) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
} Block Sequence
题目大意：我们给定一个大小为n的数组a[],现在定义美丽数组为，该数组可以分成若干块，每一块的第一个元素的值都是该块中剩下元素的个数。我们可以删除一些元素，问最少删除多少个元素可以得到想要的数组。
思路：我们来考虑，一个元素能否作为开头，取决于它后面有多少元素，如果它后面的元素的个数小于它的值，那么肯定是不可以的，那么就需要删除。但是还要考虑到一点，如果后面有已经成块的，我们就要考虑，这种情况该如何处理，我们来看，假设当前已经访问到a[i]了，后面的元素个数大于a[i],我们如果以a[i]作为开头，划定一块元素出来，那么剩下的元素就要看能不能成块，不能自然全部删掉，假设划出k个元素，那么就要看以a[i+k]作为开头的时候需要删除几个元素，这样就有了递推式。我们想要的答案实际就是d[1]，因为我们是通过累计得到的。
递推公式：
d[i]=min(d[i+1]+1,d[i+a[i]+1]);//a[i]<=n-i
d[i]=d[i+1]+1;//a[i]>n
//有时候删掉可能会更优
#include
using namespace std;
int a[200010],d[200010];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
memset(d,0,sizeof d);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
d[n]=1;
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{//有可能删掉更优
d[i]=d[i+1]+1;
if(a[i]<=n-i) d[i]=min(d[i],d[i+a[i]+1]);
}
printf("%d\n",d[1]);
}
} Minimum Maximum Distance
题目大意：给定一棵树，标记树上的一些点，fi表示i到标记点的最大距离，我们要求出fi的最小值。
思路：我们想一想，最小值，很明显两个标记点之间的点产生的fi会比路径之外的要小一些，另外我们还要保证中间的点到左右两端的标记点的距离之一是fi，那么这两个标记点之间的距离一定要是所有标记点中最大 的。这个怎么找呢？先从任意一点出发，找到最远的，再从那个最远的出发找到最远的，这样得到的就是距离最远的两个标记点了。如果仅有一个标记点，那么答案就是0，因为它本身到本身是最小的。边的权值都是1，所以我们实际上找到这个最大距离后就可以直接得出答案了，具体i是哪个点并不重要。
#include
using namespace std;
const int N=200010;
int h[N],e[2*N],ne[2*N],idx;
int ans,mx,in;
int st[N],vis[N],b[N],a[N];
void add(int a,int b)
{
e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}
void dfs(int x,int k)
{
if(k>mx&&vis[x])
{
mx=k,in=x;
}
st[x]=1;
for(int i=h[x];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
if(!st[j]) dfs(j,k+1);
}
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]),vis[b[i]]=1;
memset(h,-1,sizeof h);
for(int i=1;i ps：一定要记得还原状态。
恭喜你成功战胜低级欲望！！！记住现在的高兴与满足。
是否成就只与方法是否正确和努力是否足够有关，剩下的，花一定会开。