Codeforces 1049 Div2（ABCD）
前言
这c题太神秘了，一直在wa3绷不住了……
一、A. Shift Sort
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll>pll;void solve()
{int n;cin>>n;string s;cin>>s;int cnt=0;for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]=='1'){cnt++;}}int ans=0;for(int i=n-cnt;i<n;i++){//cout<<i<<endl;if(s[i]=='0'){ans++;}}cout<<ans<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}这个题因为选择的是任意的三个位置移动，那么可以考虑每次在左侧选择一个“1”，然后在右侧选择一个“0”。那么之后只要在这俩位置的中间随便选一个“0”，就可以用一次左移操作，把左侧的“1”移到右边。所以，假如一共有cnt个“1”，那么在排完序后最右侧cnt个位置上应该都是“1”。所以，只要在最后cnt个位置上的“0”都应该被换到前面去。所以可以想到，只需要每次把后面占了“1”位置的“0”换到前面去，把前面的“1”换过来即可。所以代码就可以是找遍历一遍求“1”的词频cnt，然后因为从n-cnt开始往后应该都是“1”，所以就是统计这个范围上的“0”的数量即可。
二、B. Another Divisibility Problem
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll>pll;void solve()
{ll x;cin>>x;cout<<2*x<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}这个伞兵构造题是真的有病……
直接说结论吧，注意到只要让y等于2x，那么一定可以有x和y拼起来是x+y的整数倍。
（这b结论真的逆天，我都佩服我自己赛时居然能注意到这个结论……）
三、C. Ultimate Value
现在这是怎么了……思路都能出来，一落实到代码上就老是写不对，不是想着贪心就是想着构造，连最基础的遍历求最大都想不到了……
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll>pll;void solve()
{ll n;cin>>n;vector<ll>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}ll init=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(i%2==1){init+=a[i];}else{init-=a[i];}}ll ans=init;if(n%2==1){ans+=n-1;}else{ans+=n-2;}ll even=1e18;ll odd=1e18;for(int i=1;i<=n;i++){if(i%2==1){ans=max(ans,init+i-a[i]-a[i]-even);odd=min(odd,i+a[i]+a[i]);}else{ans=max(ans,init+i+a[i]+a[i]-odd);even=min(even,i-a[i]-a[i]);}}cout<<ans<<endl;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}首先可以考虑什么情况游戏会停止，因为cost是会累积的，所以在Alice第一次操作完之后，假如Bob进行了操作，那么在下一轮轮到Alice时，Alice可以直接模仿上一轮Bob的操作把数组改回来。这样操作之后，此时数组和Alice第一次操作完后一样，但由于进行了两次操作，所以cost是会增加的。所以只要Bob不终止游戏，那么Alice永远可以通过模仿Bob的操作无脑把cost刷上去。所以对于Bob来说，最优的选择就是在第一次轮到自己时直接终止游戏，此时f(a)的值就是最小的。
所以，之后就要考虑Alice如何在第一次操作时把f(a)更新得最大。那么这里可以分情况讨论，首先就是奇数位的两数互换和偶数位的两数互换，此时由于两数同号，所以只会增加cost而不会改变数组的结果。那么为了让答案最大，肯定选最后一个数和第一个数交换。那么若n是奇数，选的肯定是1位置和n位置的数交换，cost增加n-1。否则选的就是2位置和n位置的数，cost增加n-2。之后，就需要考虑位置奇偶性不同的两数交换，从而既增加cost又增加数组的结果。假如初始时数组的结果为init，那么对于每个奇数位置i，如果和前面某个位置j交换，那么增加的部分就是i-j-a[i]-a[i]+a[j]+a[j]，通过加减两次将结果修正对。之后考虑将i和j分开算，就有i-a[i]-a[i]-j+a[j]+a[j]，也就是i-a[i]-a[i]-(j-a[j]-a[j])。所以为了让增加的部分最大，就需要将后面j-a[j]-a[j]最小。类似地，对于每个偶数位置i，就有i-j+a[i]+a[i]-a[j]-a[j]，那么就是让j+a[j]+a[j]最小。所以考虑设置odd和even两变量分别存前缀里奇数和偶数位置上的最小值，那么每次若来到奇数位置，就去看i-a[i]-a[i]-even能否把ans更新得更大，偶数位置类似，再更新odd或even即可。
四、D. A Cruel Segment's Thesis
这题的思路也挺逆天的……
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll>pll;void solve()
{int n;cin>>n;vector<pll>a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i].first>>a[i].second;}//b[i].first:l+r//b[i].second:a[i]vector<pair<ll,pll>>b(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){b[i].second=a[i];b[i].first=a[i].first+a[i].second;}sort(b.begin()+1,b.end(),[&](pair<ll,pll>x,pair<ll,pll>y){return x.first<y.first;});//先统计一遍原始线段长度和ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans+=a[i].second-a[i].first;}//偶数if(n%2==0){//加一遍rfor(int i=1;i<=n;i++){ans+=a[i].second;}//减一半最小的l+rfor(int i=1;i<=n/2;i++){ans-=b[i].first;}cout<<ans<<endl;}//奇数else{//1,2,……,n/2,n/2+1,……,n-1,nll k=0;ll w=0;//加一遍rfor(int i=1;i<=n;i++){w+=a[i].second;}//减一半向上取整个最小的l+rfor(int i=1;i<=n/2+1;i++){w-=b[i].first;}//统计前一半里去掉哪个l的结果最大//如果留下的线段来自前n/2+1个线段时的增益for(int i=1;i<=n/2+1;i++){k=max(k,w+b[i].second.first);}//把最中间的l+r加回来//此时w为减去前n/2个线段的l+rw+=b[n/2+1].first;//统计后一半里去掉哪个r的结果最大for(int i=n/2+1;i<=n;i++){k=max(k,w-b[i].second.second);}cout<<ans+k<<endl;}
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve(); }return 0;
}首先不难发现，不管怎么标记，答案里总有所有线段的长度和。之后可以发现，当n为偶数时，那么此时所有线段都会被选中一次，从而产生额外的贡献。那么就有一半的线段会被选中使用其左边界，一半使用其右边界。那么额外的贡献就是最大一半的右边界减去最小一半的左边界。那么转化一下，这个额外的贡献的最大值，可以先计算所有线段的右边界的累加和，然后将每条线段的左右边界之和l+r从小到大排序，再减去最小的一半，答案就是最大的额外贡献。
n为偶数的好想，但若n为奇数，那么就必然有一个线段被留到最后，那么就需要讨论是哪条被留到了最后。假如n/2向下取整是down，向上取整是up，那么由于减的时候是减去最小的down个l+r，所以首先可以去看看这条线段是否是在这最小的down个里面。所以方法可以是，先设置w为加一遍右边界的累加和，再减去最小的up个l+r的结果。因为正确的结果应该是最大的down个r减去最小的down个l，所以这样操作就会导致有一个l被多减了一次。所以就去讨论前up个l+r里，把哪个l加回来会使结果更大，这个l就是要留到最后的那条线段。统计完以后，要让w加上第up个l+r，那么此时就会导致有个r被多加了一次。所以之后去后半部分讨论把哪个r减去可以使结果更大，那么这个r就是留到最后的那条线段。所以最后的结果k就是最大的额外贡献。
总结
思维还是要活跃一点，不能固化了……