A. Number of Apartments

题意：用3、5、7凑数，若能凑出给出方案，不能则输出-1。

思路：观察发现除了1 2 4凑不到以外其他都凑得到。那么关于方案的话，既然其他数都凑得到，我们就可以用dp的思想每次试探着来，若减去当前数还是个可以凑得到的就继续减直到等于0。

view code 
#include<iostream>

#include<string>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include <queue>

#include<sstream>

#include <stack>

#include <set>

#include <bitset>

#include<vector>

#define FAST ios::sync_with_stdio(false)

#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))

#define sz(x) ((int)(x).size())

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)

#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)

#define endl '\n'

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define fi first

#define se second

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<ll,ll> PII;

const int maxn = 1e5+200;

const int inf=0x3f3f3f3f;

const double eps = 1e-7;

const double pi=acos(-1.0);

const int mod = 1e9+7;

inline int lowbit(int x){return x&(-x);}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);

inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}

inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}

inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}

inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }

int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };

ll all[3] = {7,5,3};

ll Map[2000];

ll cnt[10];

int main()

{

    int kase;

    cin>>kase;

    Map[1] = 1, Map[2] = 1, Map[4] = 1;

    while(kase--)

    {

        ll n = read();

        mem(cnt,0);

        if(Map[n])

        {

            cout<<-1<<endl;

            continue;

        }

        while(n)

        {

            rep(i,0,2) if(n-all[i]>=0&&!Map[n-all[i]])

            {

                cnt[all[i]]++;

                n -= all[i];

                break;

            }

        }

        cout<<cnt[3]<<' '<<cnt[5]<<' '<<cnt[7]<<endl;

    }

    return 0;

}

B. Barrels

题意：有n个无限容量的水桶，现在各含a[i]的水，现在可以随便k次，问最大最小值差的最大值。

思路：水题，从次大的水桶开始倒k桶，全部倒进最大的那一桶。

view code 
#include<iostream>

#include<string>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include <queue>

#include<sstream>

#include <stack>

#include <set>

#include <bitset>

#include<vector>

#define FAST ios::sync_with_stdio(false)

#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))

#define sz(x) ((int)(x).size())

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)

#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)

#define endl '\n'

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define fi first

#define se second

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<ll,ll> PII;

const int maxn = 2e5+200;

const int inf=0x3f3f3f3f;

const double eps = 1e-7;

const double pi=acos(-1.0);

const int mod = 1e9+7;

inline int lowbit(int x){return x&(-x);}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);

inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}

inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}

inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}

inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }

int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };

ll a[maxn];

int main()

{

    int kase;

    cin>>kase;

    while(kase--)

    {

        ll n = read(), k = read();

        rep(i,1,n) a[i] = read();

        sort(a+1,a+1+n);

        int p = 1;

        ll cnt = 1;

        for(int i=n-1; i>=1&&cnt<=k; i--)

        {

            a[n] += a[i];

            cnt++;

        }

        cout<<a[n]<<endl;

    }

    return 0;

}

C. Numbers on Whiteboard

题意：每次可以把任意两个数a,b替换成\(\lceil {(a+b)/2} \rceil\)，可以操作n-1次，问最后剩下的一个数能达到的最小值是多少。并且输出每一步操作。

思路：从后面大的开始，先把a[n] a[n-2]变成a[n-1]，再把两个a[n-1]结合变成1个a[n-1]，然后就可以一路从a[n-3]往前平推，每次都会使得值-1。

view code 
#include<iostream>

#include<string>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include <queue>

#include<sstream>

#include <stack>

#include <set>

#include <bitset>

#include<vector>

#define FAST ios::sync_with_stdio(false)

#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))

#define sz(x) ((int)(x).size())

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)

#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)

#define endl '\n'

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define fi first

#define se second

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<ll,ll> PII;

const int maxn = 2e5+200;

const int inf=0x3f3f3f3f;

const double eps = 1e-7;

const double pi=acos(-1.0);

const int mod = 1e9+7;

inline int lowbit(int x){return x&(-x);}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);

inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}

inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}

inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}

inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }

int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };

typedef struct Ans

{

    ll a;

    ll b;

}A;

A ans[maxn];

int main()

{

    int kase;

    cin>>kase;

    while(kase--)

    {

        ll n = read();

        ll k = n-1;

        if(n==2)

        {

            cout<<2<<endl;

            cout<<1<<' '<<2<<endl;

            continue;

        }

        ans[1].a = n;

        ans[1].b = n-2;

        ans[2].a = n-1;

        ans[2].b = n-1;

        int p = 2;

        ll cur = n-1;

        per(i,n-3,1)

        {

            ans[++p].a = cur;

            ans[p].b = i;

            cur = (cur+i+1)/2;

        }

        cout<<cur<<endl;

        rep(i,1,p) cout<<ans[i].a<<' '<<ans[i].b<<endl;

    }

    return 0;

}

D. String Deletion

题意：给你一个01串，每一次操作必须先删掉任意一个位置，然后删除掉最长相同前缀。问最多能维持多少次这个操作。

思路：既然每次操作是对一个相同前缀下手，那我们就把每一块相同数所组成的联通块看成一个整体。同时记录他们的长度。

如1110010就可以看成

111 00 1 0

写成联通块（长度表示）

3 2 1 1

然后我们发现，会使得我们操作变少的是联通块长度为1的，我们现在想让1尽量的维持下去，即不让他在每次操作前减完自身使得要牺牲下一个联通块。

首先考虑到如果一个数大于1，那么“删除”这一步减自己就好了，不浪费别的。

而如果一个数等于1， 那我们就要考虑从它后面（轮到它当前缀时）找一些大于2的数（找2的话一减又多出个1来），这样就可以让它维持下去，删除前缀时就可以减掉当前的1而不影响后面一个。而找不到的话，那就只能减去当前这个1，然后再牺牲下一个联通块了（下一个联通块变成新的前缀）。

主要的思想就是上面说的，现在考虑怎么实现“在后面找一个大于2的数”，如果每个位置都往后找，那就是\(O(n^2)\)的时间复杂度，肯定不行。

我们发现当前i位置往后，若找到某个位置j来删除，那么在i+1位置，肯定也是从j开始往后找的，也就是前j-1个位置既然都不满足i位置，那么肯定也不满足i+1位置。这样我们只需要用双指针走一遍这个数组即可。时间复杂度\(O(2n)\)

view code 
#include<iostream>

#include<string>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include <queue>

#include<sstream>

#include <stack>

#include <set>

#include <bitset>

#include<vector>

#define FAST ios::sync_with_stdio(false)

#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))

#define sz(x) ((int)(x).size())

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)

#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)

#define endl '\n'

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define fi first

#define se second

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<ll,ll> PII;

const int maxn = 2e5+200;

const int inf=0x3f3f3f3f;

const double eps = 1e-7;

const double pi=acos(-1.0);

const int mod = 1e9+7;

inline int lowbit(int x){return x&(-x);}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);

inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}

inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}

inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}

inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }

int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };

string s;

ll block[maxn];

int p = 0;

ll solve()

{

    int q = 1;

    ll ans = 0;

    bool flag = 0;

    rep(i,1,p)

    {

        if(flag)

        {

            ans++;

            i += 1;

            continue;

        }

        if(block[i]>1) ans++;

        else

       {

            while(q<i||(q<=p&&block[q] <= 1)) q++;

            if(q>p)

            {

                flag = 1;

                ans++;

                i += 1;

            }

            else

            {

                block[q]--;

                ans++;

            }

       }

    }

    return ans;

}

int main()

{

    int kase;

    cin>>kase;

    while(kase--)

    {

        p = 0;

        ll n = read();

        string s;

        cin>>s;

        block[++p] = 1;

        rep(i,1,n-1)

        {

            if(s[i]==s[i-1]) block[p]++;

            else block[++p] = 1;

        }

        cout<<solve()<<endl;

    }

    return 0;

}

E. String Reversal

题意： 给一个字符串，每次可以相邻位置交换，问最少多少次可以使得字符串变成原来的颠倒字符串。

思路：显然有比直接一步步交换过去更优的策略。

比如acbac，我们想让第一个a变到最后一个位置去，完全不需要第一个位置的a动，只需要最靠近右边的a和c交换即可，一步到位。

所以策略就是每次都让最靠近右边的，和当前字符相同的字符移动就好。

但是这样会有个问题，就是有些位置被移动过，它左边的数再经过它往右交换时，距离就要减去这个空位。那怎么维护这个东西呢？

我们把这个“空位”产生的影响描述出来就是，一开始找到第一个位置的最靠右的相同字符，位置为p1，丢到最后，距离是n-p1。

然后第二个位置最靠右相同字符的位置p2, 若p2<p1，即p1这个空位对p2产生影响了，那就是n-p2-1。同理若p3<p2, 那就是n-p3-2。

所以就只需要统计p位置后面有多少空位即可，然后减去这个数。

这个时候树状数组的作用就来了。

为了方便，我们反过来看，从最后开始往前丢数，一开始是p1-1, 然后若p2>p1, 就p2-1-1，其次是p3-2-1（后面的-1是到1的距离，再减的就是空位个数）。所以我们的空位对计数是负贡献，把一开始[1,n]的区间每个位置都置为1， 一旦产生一个位置p产生空位，就在p这个位置-1，这样前缀和即表示(p-空位个数)，每次的贡献就是前缀和-1。

view code 
#include<iostream>

#include<string>

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<map>

#include <queue>

#include<sstream>

#include <stack>

#include <set>

#include <bitset>

#include<vector>

#define FAST ios::sync_with_stdio(false)

#define abs(a) ((a)>=0?(a):-(a))

#define sz(x) ((int)(x).size())

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))

#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))

#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i)

#define per(i,n,a) for(int i=n;i>=a;--i)

#define endl '\n'

#define pb push_back

#define mp make_pair

#define fi first

#define se second

using namespace std;

typedef long long ll;

typedef pair<ll,ll> PII;

const int maxn = 2e5+200;

const int inf=0x3f3f3f3f;

const double eps = 1e-7;

const double pi=acos(-1.0);

const int mod = 1e9+7;

inline int lowbit(int x){return x&(-x);}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

void ex_gcd(ll a,ll b,ll &d,ll &x,ll &y){if(!b){d=a,x=1,y=0;}else{ex_gcd(b,a%b,d,y,x);y-=x*(a/b);}}//x=(x%(b/d)+(b/d))%(b/d);

inline ll qpow(ll a,ll b,ll MOD=mod){ll res=1;a%=MOD;while(b>0){if(b&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;b>>=1;}return res;}

inline ll inv(ll x,ll p){return qpow(x,p-2,p);}

inline ll Jos(ll n,ll k,ll s=1){ll res=0;rep(i,1,n+1) res=(res+k)%i;return (res+s)%n;}

inline ll read(){ ll f = 1; ll x = 0;char ch = getchar();while(ch>'9'||ch<'0') {if(ch=='-') f=-1; ch = getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9') x = (x<<3) + (x<<1) + ch - '0',  ch = getchar();return x*f; }

int dir[4][2] = { {1,0}, {-1,0},{0,1},{0,-1} };

ll n;

string s;

queue<ll> q[50];

ll c[maxn];

inline int id(int p)

{

    return s[p-1] - 'a' + 1;

}

inline void add(int p, ll val)

{

    for(int i=p; i<=n; i+=lowbit(i)) c[i] += val;

}

inline ll ask(int p)

{

    ll ans = 0;

    for(int i=p; i>=1; i-=lowbit(i)) ans += c[i];

    return ans;

}

int main()

{

    n = read();

    cin>>s;

    rep(i,1,n) q[id(i)].push(i), add(i,1);

    ll ans = 0;

    per(i,n,1)

    {

        int pos = q[id(i)].front();

        q[id(i)].pop();

        ans += ask(pos)-1; add(pos, -1);

    }

    cout<<ans<<endl;

    return 0;

}

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