Educational Codeforces Round 74 (Rated for Div. 2)补题

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慢慢来。

题目册

题目	A	B	C	D	E	F	G
状态	√	√	√	√	×	∅	∅

//√，×，∅

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想法

A. Prime Subtraction

res tp A

题意：给定\(x,y（x>y)\)，问能否将\(x-y\)拆成任意多个质数之和

1.任意大于\(1\)的整数\(k\)都可以用\(2\)与\(3\)的线性表示

证:

若\(k\)是偶数，显然；

若\(k\)是奇数，则\(k\)可以表示成\(k = 3 + 2*k'\)，显然；

毕。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)
#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define endl '\n'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) (((p)<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mn = 2e5+10;
ll x, y;
int t;
int main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>x>>y;
		cout<<((x - y <= 1)? "NO":"YES")<<endl;
	}
}

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B. Kill 'Em All

res tp B

题意：\(x\)轴正半轴上有\(n\)只怪兽，每个怪兽都有它的坐标\(x_i\)；负半轴充满陷阱，如果一个怪兽进入\(x \leq0\)的区域，它就会扑街。陷阱可以重复利用。你可以在某个点投弹，直接使该点的怪兽扑街（如果有的话），之后投弹点左侧的怪兽会因为王霸之气而被击退\(r\)的距离，右侧同理。问，至少需要投多少个导弹，才能让所有的怪兽扑街。

一个怪兽要么因直接击中而扑街，要么因踏入陷阱区而扑街。贪心地想，我们想要每个导弹的效益最大化，就将它投到场上怪兽坐标的最大值的位置，这样所有的怪兽都会向陷阱区前进，且在判定是否因陷阱死亡之前，导弹至少消灭掉了一只怪兽，这是一个导弹对总体情况能做的最大的贡献，因为若将导弹投入非最大值位置，那么必定会有怪兽向\(x\)轴正向前进,而它们要么被之后的导弹推回来，要么直接被消灭。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)
#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define endl '\n'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) (((p)<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mn = 1e5+10;
int q,n,r,t,lo,hi,ans,pos;
int x[mn];
int main(){
	scanf("%d",&q);
	while(q--){
		scanf("%d%d",&n,&r);
		lo = 1;hi = n;pos = 1;
		ans = 0;
		rep(i,1,n) scanf("%d",&x[i]);
		sort(x+1,x+1+n);
		while(lo <= hi){
			--hi; ++ans; pos += r;
			while(lo <= hi && x[hi] == x[hi+1]) --hi;
			while(lo <= hi && x[lo] < pos) ++lo;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}

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C. Standard Free2play

res tp C

题意:有一个长度为\(h\)的尺子，从刻度\(h\)开始出发，每个整数点都有一个特征\(0/1\)，每次你需要做的是，将现在的位置特征\(x\)和\(x-1\)的位置取反,之后你可以前进到下一个特征为\(1\)的点,如果那个点与当前位置之间的距离不超过\(2\),很明显有时我们会陷入死路，我们可以花费一个魔力水晶，将任意位置的特征取反（包括\(h\)），问至少需要多少个魔力水晶，才能从\(h\)点走到\(1\)

我们将实的阶梯看作1，虚的阶梯看作0。对于一段连续的\(1\)，如果它的长度是奇数，那么可以从高处走到低处而不花费魔力水晶；如果它的长度是偶数，那么就需要花费一个魔力水晶。同时，从一段\(1\)走到下一段\(1\)时，会向下一段传递一个额外的\(1\),最后对最后一段特判能否不花费水晶直接到达高度为\(0\)的阶梯即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)
#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define endl '\n'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) (((p)<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mn = 2e5+10;
int q,h,n,ans,cnt;
int p[mn];
int main(){
	scanf("%d",&q);
	while(q--){
		scanf("%d%d",&h,&n);
		rep(i,1,n)	scanf("%d",&p[i]);
		ans = 0;
		cnt=1;
		rep(i,2,n){
			if(p[i-1] == p[i]+1) cnt++;
			else{
				if(cnt%2 == 0) ans++;
				cnt = 2;
			}
		}
		if(cnt%2 == 0){
			if(p[n] > 1) ans++;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
}

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D. AB-string

res tp D

题意：给定一个字符串，问，有多少个子串是好子串，好子串的定义是，其中的任意一个字符，都属于该子串内的某个长度大于一的回文子串。

要想知道好子串的数量，我们只需要知道坏子串的数量就可以了。

对于所谓的坏子串而言，我们考虑某个串\(s_1……s_k\),对于\(s_2……s_{k-1}\)来说,它们一定都属于某个回文子串，因为，如果某个字符与其左侧或右侧的字符相等，则可以构成一个长度为\(2\)的回文，若都不相等，其左侧与右侧的字符相等，则可以构成一个长度为\(3\)的回文串，所以，一个串是否是坏子串仅仅取决于两端的字符。

我们假设\(s_1\not=s_2\),对于\(s_3\)而言，它不能等于\(s_1\),否则\(s_1\)就包含于回文串\(s_1s_2s_3\)，可推\(s_i\not=s_1,i\geq2\),所以，坏子串是形如\(ABB……B\)的串，同理可推\(s_k\not=s_{k-1}\)的情况\(AA……AAB\)

 #include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)
#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define endl '\n'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) (((p)<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mn = 3e5+10;
char s[mn];
ll ans,n;
int l = 1;
int main(){
	cin>>n;
	cin>>s+1;
	ans = n*(n-1)/2;
	rep(i,2,n){
		if(s[i] == s[l]) continue;
		ans -= i - l;
		if(l != 1)	ans -= i - l - 1;
		l = i;
	}
	if(l != 1)	ans -= n - l;
	cout<<ans;
}

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