帮帮神君先生

对于第一类字符串其组成一定是合法的数字第二类字符串则是其他剩余的情况。

对于字符串的处理我们开一个string去记录每段字符串对于一段字符串的记录因为会出现空串的情况所以我们在记录字符串时加入一个特殊符号在最后输出的时候特判即可。

#include

i0;is.size();i){if(s[0]0s.size()!1){return

return

i0;is.size();i){if(s[i],||s[i];){//我们把题目给定的,和;称为终止符当我们遇见终止符时就进行判断if(t.empty())

t.push_back(#);//如果当前用于储存的字符串t为空那么我们就放入一个特殊字符特殊字符只是用于应对空串的情况其他情况不会出现特殊字符if(check(t)){//去检验目前字符串是否合法c1.push_back(t);//合法即全为数字那么存入1}else{c2.push_back(t);//否则存入2}t;//将t清空}else

ts[i];//如果当前不是终止符直接将该字符加入t即可}if(c1.size()){//因为c1是储存的数字所以不可能出现空串的情况cout\;for(int

i0;ic1.size();i){coutc1[i];if(i!c1.size()-1)

cout,;}cout\;}else{cout-;}coutendl;if(c2.size()){//c2储存的其他情况的字符串所以需要进行特判cout\;if(c2[0]!#)

i1;ic2.size();i){cout,;if(c2[i]!#)

coutc2[i];}cout\;}else{cout-;}coutendl;

}int

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

1;//cin

(t--){solve();}system(pause);return

帮帮神君先生

思路考察最基本的二分算法。

把题意抽象一下就是对于每一个,求在a数组中有多少个比小的数因为a数组和b数组都是2e5的大小所以我们对于每一个每次去遍历一遍a数组会超时因为这时候我们的时间复杂度相当于是2e5*2e5而c一秒只能跑1e8左右所以需要算法对其进行优化。

运用二分算法即可成功解决此题

#include

cinb[i];sort(a.begin(),a.end());for(int

i0;im;i){int

tupper_bound(a.begin(),a.end(),b[i])-a.begin()-1;if(t0){coutt1

;}else

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

1;//cin

(t--){solve();}system(pause);return

思路题目要我们先删除但先排序后删除本质上是一样的所以先将数组进行排序由此此题转化为了在有序数组中寻找最大的一段符合条件的的区间即区间中后一个数减前一个的差不能超过k因为题目要求剩余区间全部合法所以我们只用求出最大合法区间然后把其他的全部删去就好。

namespace

cina[i];sort(a.begin()1,a.begin()1n);int

cnt1;int

xa[i1]-a[i];if(xk){cnt;}else{resmax(res,cnt);cnt1;}}resmax(res,cnt);coutn-resendl;}int

main()

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

t;t1;cint;while(t--){solve();}system(pause);return

这题用来防ak

s;s.push_back(a),s.push_back(b),s.push_back(c);sort(s.begin(),s.end());if(s[2]s[1]10)

coutYESendl;else

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

t;t1;cint;while(t--){solve();}system(pause);return

这题考察FFT卷积

思路将题意抽象为给定一个n要求输出1-n范围内只含有一个非0数字的个数。

我们从规律入手我们可以发现1-9的范围内有9个数1-9本身10-90的范围内有9个数

102030……90以此类推100到900之间也存在9个数我们可以发现9的个数是和n的位数挂钩的并且最高位为多少就会多加几个数字。

因此我们可以将n的位数求出来并且求出n的最高位就可以得到答案。

其实我们发现如果是两位数的话最后的数字为从9开始加所以位数减一就为9的组数比如3位数就有2组9也就是18。

此时刚好分解得到最高位再加上最高位就可以了。

#includeiostream

cnt0;if(n9){coutnendl;continue;}while(n10){n/10;cnt;}coutncnt*9endl;}

return

break;}cntmax(cnt,res);}}coutcntendl;}

int

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

t1;cint;while(t--){solve();}system(pause);return

这题考察高精度

思路签到诈骗题其实根本用不上高精度我们求前n项和然后减去所有2的幂次方的两倍即可。

#includebits/stdc.h

x1lli;//求2的幂次方使用其他方法也可以比如循环或者直接调用pow函数if(xn)

res-x*2;else

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

t1;cint;while(t--){solve();}system(pause);return

这题考察签到

[t,c]w[i];if(t1){v.push_back(am[x].first*c);}else{v.push_back(bm[x].first*c);}}sort(v.begin(),v.end());for(int

i0;ik;i)

i1;in;i){cina[i];if(a[i]c){ca[i];dayi;}am[i]{c,day};}c2e9,day1;for(int

i1;in;i){cinb[i];if(b[i]c){cb[i];dayi;}bm[i]{c,day};}for(int

i0;im;i){int

mid(lr)/2;if(check(mid)){ansmid;rmid-1;}else{lmid1;}}if(ans-1){cout-1endl;return

v;for(int

[t,c]w[i];if(t1){v.push_back({am[ans].first*c,am[ans].second,i1});}else

v.push_back({bm[ans].first*c,bm[ans].second,i1});}sort(v.begin(),v.end(),[](p3

x,p3

[x,y,id]v[i];cur.push_back({id,y});cnt;}for(auto

[x,y]:

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

1;//cin

(t--){solve();}system(pause);return

爱派克斯启动!

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

t;t1;//cint;while(t--){solve();}system(pause);return

我们可以发现当一个子串的循环移动次数为该串的长度时子串复原所以我们只需要去对子串进行k%len子串长度次的移动即可。

#includebits/stdc.h

yb.substr(len-k);sayxc;}coutsendl;}int

main()

{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int

t1;//cint;while(t--){solve();}system(pause);return

给出第二种题解

ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);

#define

n;cinn;if(n%2!0||n2){coutNOendl;}else{coutYESendl;}return