点我看题

题目质量一言难尽（至少对我来说

所以我不写D的题解了

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发现如果把M选成2，就可以把答案压到至多2。所以答案只能是1或2，只要判断答案能不能是1即可。如果答案是1，那么M必须是所有任意两个数的差的GCD的因子，只要检查这个GCD是否是1即可。实现的话之间取所有相邻两个数的GCD就行了。

时间复杂度\(O(nloga_i)\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair

using namespace std;

int n;
vector <int> v;

int main()
{
  cin>>n;
  int x;
  rep(i,n)
  {
    scanf("%d",&x);
    v.pb(x);
  }
  sort(v.begin(),v.end());v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());
  if(v.size()==1)
  {
    puts("1");
    return 0;
  }
  int ans=0;
  rep(i,v.size()-1) ans=__gcd(ans,v[i+1]-v[i]);
  if(ans>1) puts("1");
  else puts("2");
  return 0;
} 

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注意翻转次数可以是0的，所以先用原串更新一下答案。

考虑一个区间[l,r]，我们把他翻转会是什么情况。首先这个区间中如果全是d肯定是不优的，不用考虑。其次，如果r的位置在原串中是d，那把r往左移，移到任意一个区间内p的位置再翻转，一定会更优。现在就已经确定了只有结尾是p的区间才可能被翻转，考虑一个右端点r，满足原串中它的位置是p，选择哪个左端点l翻转会最优(l可以等于r)。找出[0,r]中的第一个是p的位置x，很容易发现，如果l选在x右边，肯定不如直接选在x好。l选在x左边的话，如果[x,r]中全是p，那么显然选在x更好；否则找出[x,r]中最靠右的一个d，可以发现它会导致选x时的整个串第一个p的位置比选在x左边时的整个串第一个p的位置靠后，所以还是选在x最好。对于每个r，找出x，翻转[x,r]，用这个串更新答案即可。

时间复杂度\(O(n^2)\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair

using namespace std;

int n;
string s,ans;

int main()
{
  cin>>n>>s;
  ans=s;
  rep(i,n) if(s[i]=='p')
  {
    string t=s;t[i]='d';
    ans=min(ans,t);
    t=s;
    rep(j,i) if(s[j]=='p')
    {
      reverse(t.begin()+j,t.begin()+i+1);
      for(int k=j;k<=i;++k) if(t[k]=='p') t[k]='d';else t[k]='p';
      ans=min(ans,t);
      break;
    }
  }
  cout<<ans<<endl;
  return 0;
} 

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注意到一个节点最终的状态是它一开始的状态 异或上 从根到它的路径上被翻转节点数的奇偶性。所以如果有上下两个相邻节点初始状态不同，那么下面那个一定要挨一次翻转。如果根节点初始状态是正面，那么它也需要被翻转一次。发现只要翻转了上面提到的几种节点，整棵树就满足要求了。接下来主要问题就是对父亲节点和自己的初始状态不懂的节点计数。这个也是很容易做到的，因为这种节点只有两种，一种是在\(S_i\)集合里的，还有一种是集合中节点的直接儿子。求出集合中节点的儿子数量之和再减一下就行了，细节不再赘述。

时间复杂度\(O(n)\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <int,int>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair

using namespace std;

int n,q,p[200010],sn[200010],mark[200010];

int main()
{
  cin>>n>>q;
  for(int i=2;i<=n;++i)
  {
    scanf("%d",&p[i]);
    ++sn[p[i]];
  }
  repn(qn,q)
  {
    int m,x,ans=0,sum=0;
    scanf("%d",&m);
    vector <int> v;
    rep(i,m) scanf("%d",&x),v.pb(x),mark[x]=qn,sum+=sn[x];
    rep(i,m) if(v[i]==1||mark[p[v[i]]]!=qn) ++ans;else --sum;
    ans+=sum;
    printf("%d\n",ans);
  }
  return 0;
} 

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对我来说这E比D简单多了

把相邻两个元素之和\(\geq k\)转化一下，可以把每一个数先都加上\(\frac k2\)，然后条件就变成相邻两个数之和非负，然后就好办多了。k可能是奇数，所以先把输入的所有数都乘2。

把负数和非负数分开，发现最终序列的结构是这样：

\[\cdots 负数，非负数，非负数 \cdots(一堆非负数)，负数，非负数，非负数 \cdots(一堆非负数)，\cdots
\]

也就是不能有两个负数相邻。还有就是与负数相邻的数的绝对值不得小于这个负数的绝对值。

这启发我们按照绝对值从大到小往序列里放数，绝对值相同的先放非负数再放负数。这样负数在被插入时就不会违反上面的第二个条件。观察发现插入一个负数时其实是占用了两个非负数之间的空隙(也可以是序列头尾的空间)，这个空隙以后不能再放任何数(非负数也不行，因为会违反第一个条件)，也可以看成是把旁边的两个非负数合并成1个了。具体来说，在插入某个特定绝对值的数时：

接下来

然后

这样这题就做完了，实现很简单。时间复杂度\(O(nlogn)\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define pii pair <LL,LL>
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mpr make_pair

using namespace std;

const LL MOD=998244353;

LL qpow(LL x,LL a)
{
    LL res=x,ret=1;
    while(a>0)
    {
        if((a&1)==1) ret=ret*res%MOD;
        a>>=1;
        res=res*res%MOD;
    }
    return ret;
}

LL n,k,a[200010],ans=1,fac[400010],inv[400010];
map <LL,pii> mp;

LL C(LL nn,LL mm){return fac[nn]*inv[mm]%MOD*inv[nn-mm]%MOD;}

int main()
{
  fac[0]=1;repn(i,400005) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
  rep(i,400003) inv[i]=qpow(fac[i],MOD-2);
  cin>>n>>k;
  rep(i,n) scanf("%lld",&a[i]),a[i]+=a[i]-k;
  rep(i,n)
  {
    if(a[i]>=0) ++mp[-a[i]].fi;
    else ++mp[a[i]].se;
  }
  LL len=1;
  for(auto it:mp)
  {
    if(it.se.fi>0) (ans*=C(it.se.fi+len-1,len-1))%=MOD;
    len+=it.se.fi;
    if(it.se.se>len)
    {
      puts("0");
      return 0;
    }
    (ans*=C(len,it.se.se))%=MOD;
    len-=it.se.se;
  }
  cout<<ans<<endl;
  return 0;
} 

这几题代码都很短诶