Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
A.找到距离最大，就是最小的汽油存储量。
// Problem: A. Line Trip
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
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B.P5019 [NOIP2018 提高组] 铺设道路,P1969 [NOIP2013 提高组] 积木大赛类似
ans 开long long
1.模拟题意+贪心，如果左边标记的次数比右边边多就让ans+=左边，右边少，左边标记完，右边肯定就标记完了,ans=-1.
// Problem: B. Chip and Ribbon
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
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#include 2.差分+贪心，与1做差分如果大于1就ans+=.
// Problem: B. Chip and Ribbon
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
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#include 3.学长思路：观察发现如果c[i] >= c[i + 1]那么每次使用操作2传送回 i 的时候能用操作1把格子i + 1也给走了。也就是说如果有这么一个连续子数组c[i] >= c[i + 1] >= c[i + 2] ...答案就是芯片传送回第i个格子的次数。可以将整个数组划分为若干段这样不上升的子数组。一旦c[i] < c[i + 1]就是新的一段的开始。需要注意的细节是我们在走c[i]的时候能把c[i + 1]也给走了，也就是新的一段需要减去上一段的最后一个元素。由于最开始就在第一个位置，所以需要将最开始的上一段置为1方便统计答案。
#include
#define ll long long
#define db double
typedef std::pair PII;
typedef std::pair> PIII;
typedef std::pair Pll;
typedef std::pair PDD;
using ld = double long;
const long double eps = 1e-9;
int d1[] = {0, 0, 1, -1};
int d2[] = {1, -1, 0, 0};
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
#define ls u << 1
#define rs u << 1 | 1
int n, m, k;
int a[N];
int main(void){
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int _ = 1;
std::cin >> _;
while(_ --) {
std::cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++) std::cin >> a[i];
ll ans = 0;
int i = 1, j = 2;
int last = 1;
for (; j <= n; j ++) {
if (a[j] > a[j - 1]) {
ans += a[i] - last;
i = j;
last = a[j - 1];
}
}
ans += a[i] - last;
std::cout << ans << '\n';
}
return 0;
} 4.维护一个单调栈（*）
#include
#include
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N=2e6+9;
ll n, a[N];
void solve(){
cin >> n;
stack q;
ll ans = 0;
for(int i = 0; i < n; ++ i){
cin >> a[i];
int pre = -1;
while(q.size() && q.top() > a[i]){
if(pre != -1)
ans += pre - q.top();
pre = q.top();
q.pop();
}
if(pre != -1) ans += pre - a[i];
if(q.empty() || q.top() < a[i]){
q.push(a[i]);
}
}
int pre = -1;
while(q.size()){
if(pre != -1)
ans += pre - q.top();
pre = q.top();
q.pop();
}
if(pre != 0 && pre != -1) ans += pre;
cout << ans-1<< '\n';
return;
}
int main(){
int q;
cin>>q;
while(q--){
solve();
}
return 0;
} C.将ai改成ceil（ai+x/2）（向下取整），思考怎么样让2个数越来越近，直到相等.我们可以分析数是奇数还是偶数。（向下取整如果是奇数不仅可以让其按2的倍数减少，还可以让奇数+1，让其下降后数慢慢向上移动（与相邻数距离再次变小）（适用于小的数）），（向下取整如果是偶数，+1还是+0都是按2的倍数减少）.
因此x取（0，1）就可以解决这个问题。因为如果靠外的数字都相等了，那么中间的数字肯定相等。所以我们只需要考虑最小值和最大值。
分析：4种情况列举（保险）
1.最大值是奇数，最小值是奇数.x=1,x=0都可以.
2.最大值是偶数，最小值是奇数.x=1
3.最大值是奇数，最小值是偶数.x=0
4.最大值是偶数，最小值是偶数.x=0
在每次记录完x后记得要对最大值和最小值进行操作.
// Problem: C. Add, Divide and Floor
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#include 用动态数组实现.(学长)
#include
#define ll long long
#define db double
typedef std::pair PII;
typedef std::pair> PIII;
typedef std::pair Pll;
typedef std::pair PDD;
using ld = double long;
const long double eps = 1e-9;
int d1[] = {0, 0, 1, -1};
int d2[] = {1, -1, 0, 0};
const int N = 2e5 + 10, M = N << 1;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int MOD = 1e9 + 7;
#define ls u << 1
#define rs u << 1 | 1
int n, m, k;
int a[N];
int main(void){
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
std::cout.tie(0);
int _ = 1;
std::cin >> _;
while(_ --) {
std::cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++) std::cin >> a[i];
std::sort(a + 1, a + n + 1);
int mn = a[1], mx = a[n];
int ans = 0;
std::vector tmp;
while (mn < mx) {
if (mx - mn == 1) {
if (mn % 2 == 1) tmp.push_back(1);
else tmp.push_back(0);
break;
}
if (mn % 2 == 1) {
mn = (mn + 1) / 2;
mx = (mx + 1) / 2;
tmp.push_back(1);
} else {
mn = mn / 2;
mx = mx / 2;
tmp.push_back(0);
}
}
std::cout << tmp.size() << '\n';
if (tmp.size() <= n && tmp.size()) {
for (int i = 0; i < tmp.size(); i ++) std::cout << tmp[i] << ' ';
std::cout << '\n';
}
}
return 0;
} D.枚举第一个被击中的目标（k），做最坏的打算(a[i]刚好为第i个被击中的目标)
假设都是先击中后面的再击中前面的.
分析2种情况，
i>k,最坏是第i个目标会受到x-(i)+1的伤害，要求伤害要大于等于a[i].
i 因此处理前缀和（prefix）和后缀和(suffix)的最大值，再进行比较取min. ans开long long .
// Problem: D. Yet Another Monster Fight
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 158 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1901/problem/D
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
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