牛客小白月赛84 解题报告
牛客小白月赛84 题目链接：
https://ac.nowcoder.com/acm/contest/72389
A题
题目大意
略
解题思路
签到
代码
#include B题
题目大意
给定x = gcd(a, b)和y = lcm(a, b)，请找出一对符合要求的a和b，如果有多种可能，找出a最小的那一对，如果a最小的还是有多种答案，那么找出b最小的那一对，找不出符合要求的答案则输出-1。
解题思路
首先很显然，lcm(a, b) % gcd(a, b)一定等于0，所以如果题目给出的gcd(a, b)大于了lcm(a, b)，或者lcm(a, b) % gcd(a, b)不为0，不用怀疑，直接-1。因为题目要求我们尽可能找更小的a以及更小的b，那么很显然我们a最小只能是gcd(a, b)，不能更小了，，怎么都不可能有a比gcd(a, b)更小的吧，然后显然最小的b就是lcm(a, b)，此题完。
代码
#include C题
题目大意
给一个长度为n的数组a，然后你需要构造出一个长度同样为n的数组b，要求数组b的第i位和数组a的第i位数值差值小于等于k，并且数组b必须满足所有相邻的两个元素都是非降序的。
解题思路
显而易见的一点是，我们如果要满足这两个条件，那么我们数组的起点要尽可能的小，并且每次b[i]要尽可能取的更小。那么我们b[1]就取a[1] - k，然后往后的b[i]，我们可取的下界l = a[i - 1] - k，上界r = a[i - 1] + k，有以下三种情况：
1、如果b[i - 1] > r，那么这组数据无解，终止循环；
2、如果l >= b[i - 1]，则b[i] = l；
3、如果b[i - 1] >= l并且b[i - 1] <= r，则b[i] = b[i - 1]。
代码
#include D题
题目大意
给定一个只有0和1的字符串s，然后进行q次独立的询问，每次询问翻转一个区间[l, r]，请问每次翻转之后s的连续1子串有多少个。
解题思路
使用类似于前缀和的方法来维护，sum[i]表示字符串s[1, j]这段区间内连续的1的段数。当我们翻转了[l, r]这段区间之后，其实只有区间端点处会对答案产生影响。对整个答案的变化有以下四种情况需要考虑：
1、如果s[l - 1] == ‘1’ && s[l] == ‘1’ && s[r] == ‘0’，贡献 + 1；
2、如果s[r + 1] == ‘1’ && s[r] == ‘1’ && s[l] == ‘0’，贡献 + 1；
3、如果s[l - 1] == ‘1’ && s[l] == ‘0’ && s[r] == ‘1’，贡献 - 1；
4、如果s[r + 1] == ‘1’ && s[r] == ‘0’ && s[l] == ‘1’，贡献 - 1。
最终答案为sum[n] + 翻转后对答案的贡献值。
代码
#include
for (int i = 1; i <= n; i++) {
sum[i] = sum[i - 1];
if (s[i - 1] != '1' && s[i] == '1')
sum[i]++;
}
while (q--) {
int l, r;
cin >> l >> r;
int ans = sum[n];
if (s[l - 1] == '1' && s[l] == '1'&& s[r] == '0') {
ans++;
}
if (s[r + 1] == '1' && s[r] == '1' && s[l] == '0') {
ans++;
}
if (s[l - 1] == '1' && s[l] == '0' && s[r] == '1') {
ans--;
}
if (s[r + 1] == '1' && s[r] == '0' && s[l] == '1') {
ans--;
}
cout << ans << endl;
}
}
int main() {
//freopen("in.txt", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
E题
题目大意
题目大意：
给定n个正整数，Cat和Dog轮流进行游戏，每一轮Dog先生和Cat先生可以将其中的某个非0数减1，两人轮流操作， Cat 先生先手，若某人无法进行操作（一开始n个数就全都是0）或者操作后出现以下局面则输掉比赛：
1、设x为序列中最小的数字，设cnt[x]为x出现次数，当n - cnt[x] <= cnt[x] <= n时（即x出现次数超过n/2次（向上取整））。
2、当序列变成了全0。
解题思路
分类讨论，
1、当n = 1时，如果a[0] = 1或者a[0] = 0，则Cat输，如果a[0] >= 2，则输赢取决于a[0]的奇偶性，显然当a[0]为偶数的时候Cat才会赢。
2、当n = 2时，如果两数不相等，那么除非差值等于1，这个时候Cat为了让自己赢，可以把大的那个数字减去1，让两个数字相等，把必输态留给Dog，否则Cat都是要输的，不过要特别注意一个情况：如果两个数为0和1，那么Cat也还是得输。
3、当n > 2时，我们在纸上模拟一下其实可以推断出，双方都采取最佳手段的情况下，最终一定是拼到靠0决定胜负，那么有两种情况：
（1）当数组一开始0的数量就已经超过了n/2（向上取整，即在代码中可以写成(n + 1) / 2），那么直接判Cat负，Dog赢。
（2）如果不满足条件1，那么双方血拼到最后，一定会形成(n + 1) / 2 - 1个0，其余全1的情况，这个状态下轮到谁操作谁就得输，所以我们判断到达这个必输态操作次数奇偶性即可，判断方式也非常简单，计算出整个数组的和sum，然后因为我们这个必输态有(n + 1) / 2 - 1个1，所以sum - ((n + 1) / 2 - 1)就是操作次数了。当达到这个必败态的操作次数为奇数次时，Cat必胜，因为在达到必败态前的最后一次操作将会是Cat来完成，Cat完成之后就会把必败态丢给Dog，此时Dog必输。
代码
#include