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D题

题意

输入一个字符串（0，1组成），小红删除这个字符串的非空前缀，小紫删除这个字符串的后缀（也可以不删），使得字符串中每一种字符出现的次数都是偶数次，如果有这种可能小紫获胜。
小紫发现这个游戏自己非常劣势，因为小红可以删除到只剩下一个字符导致自己必输，于是她强制让小红随机删除一个前缀（即删除 1∼n 个字符）。请你计算小紫最终获胜的概率。

例题链接

思路

赛时暴力写出来了（数据有点水了），正解的话可以用状态压缩，我们可以从后往前遍历这个字符串，可以用二进制00，01，10，11代表字符0和1的个数是奇数还是偶数。二进制的第一个数字代表字符 ' 0 '的个数是奇数还是偶数，第二个数字代表字符' 1 '的个数是奇数还是偶数。00代表字符0和1都是偶数。那么我们就可以模拟满足条件的情况，统计数量。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
#define fi first
#define se second
const int inf=1e18;
const int N=1e5+10;
bool vis[3][3];
void solve(){int n;cin>>n;string s;cin>>s;int x=0,y=0,sum=0; //起始时，x,y都为0vis[0][0]=1; //都是偶数，先标记为1，不然第一次会漏掉这种情况for(int i=n-1;i>=1;i--){ //这里要大于1，因为删除非空前缀if(s[i]=='0') x=1-x; //如果当前字符为0，就改变字符0数量的奇偶性else y=1-y;if(vis[x][y]) sum++;vis[x][y]=1; //将当前的状态标记为1，因为假如0有1个，1有2个，//状态为10，下一次再次为10 // 时，0就有3个，那么肯定可以通过删除后缀变为2个，这也是从后往前的原因}double ans=1.0*sum/n;cout<<ans;
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);cout<<fixed<<setprecision(7);int T=1;//cin>>T;while(T--)solve();
}

E题

题意

在数轴上，一共有 nn 条线段，小红已经将所有线段都染成了红色。小紫准备至少选择一条线段，将它们都染成紫色，并且使得不存在两个红色的线段相交，也不存在两个紫色的线段相交。小紫能成功吗？如果可以，请你帮小紫输出一个染色方案。

思路

这种题一直都没有思路。看的别的大佬的题解题解链接（详细了解点此链接）

对于每一条线段，存储其左端点l，右端点r，以及其编号index。然后开一个vector<int>A，B，分别用于存储需要染成紫色/红色的线段集合，vector内存储线段的编号

然后对于线段排序（cmp函数）

之后遍历线段，将互不相交的线段编号存入集合A中，如果在此期间遇到了与集合A中线段存在相交的线段，判断其是否与集合B中的所有线段都互不相交，如果是，则放入B中，如果不是，则输出-1（因为这一条线段不管是被染红/紫，都会与至少一条与其同色的线段相交）

最后的答案就是A.size()，输出的线段编号就是A中存入的线段编号

（所以集合B可以省略，下面的AC代码是集合B省略的情况）

如何判断一条线段是否与集合A/B中的线段存在相交的情况

一种高效的方法是设两个变量edA,edB，分别表示A集合/B集合内含有线段的最大右端点

对于一条线段是否属于集合A，如果其左端点（下面统称L）>edA（不能等于是因为端点相交也算相交），那么表示这一条线段肯定不与集合A中的任何线段重合，所以可以直接加入集合A，并且将edA的值设为其右端点（下面统称R）的值;

如果L<=edA，那么再看L是否>edB，如果L>edB，那么表示这一条线段肯定不与集合B中的任何线段重合，所以可以直接加入集合B，并且将edB的值设为其R的值;

如果L<=edB，那么表示这一条线段不与集合A和集合B中的任何线段重合，直接输出-1即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
#define fi first
#define se second
const int inf=1e18;
const int N=1e5+10;
typedef struct per{int l,r,inx;
}stu;
stu a[N];
vector<int> v;
bool cmp(stu s,stu t){if(s.l==t.l)  //如果左端点相等，再排右端点return s.r<t.r; return s.l<t.l;//这里要先排左端点L，因为我们下面用左端点判断是否//大于最右边的端点，这样排确保集合内的线段在互不相交的同时，彼此之间靠的最近
}
void solve(){int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){int u,v;cin>>u>>v;a[i].l=u;a[i].r=v;a[i].inx=i;}sort(a+1,a+n+1,cmp);int ed=0,un=0;for(int i=1;i<=n;i++){ //如果大于有端点则可以存入if(a[i].l>ed){ed=a[i].r;v.push_back(a[i].inx);}else if(a[i].l>un){un=a[i].r;}else{cout<<-1;return ;}}cout<<v.size()<<"\n";for(int i=0;i<v.size();i++)cout<<v[i]<<' ';
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);//cout<<fixed<<setprecision(12)int T=1;//cin>>T;while(T--)solve();
}