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| A |
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| B |
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| C |
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| D |
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| E |
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以后cf的题能用python写的我就python了，因为以后没正式比赛参加了，不必特地用C++。python写得快，也容易看得懂，我最近也比较需要练习这个。当然有的题C++写得少我还是用C++。
A. Infinite Sequence
题意：给出a，b，c，求是否a加若干个c能得到b，是就输出YES，否就输出NO
题解：
就特判各种情况，一般情况是看(b-a)%c==0
特殊情况，依次判断：
1.a==b，YES
2.c==0，NO
3.b-a与c不同号，NO
4.c小于零，则把b-a和c都变正数再判。
def gank(a,b,c):
d = b - a
if(d==0):
return True
if(c==0):
return False
if((d<0 and c>0) or(c<0 and d>0)):
return False
if(c<0):
d*=-1
c*=-1
if(d%c==0):
return True
else:
return False a,b,c = map(int , raw_input().split(' '))
if(gank(a,b,c)):
print "YES"
else:
print "NO"
B. Restoring Painting
题意：有个3*3的九宫格，每个格子能填1~n中任意的数（n由输入给出）。要求其中任意2*2的格子中4个数的和与其他各个2*2格子都相等。
输入n，a,b,c,d，求剩下的数有多少种填法。（可能为0种）
题解：
固定中间的为1，则4种2*2格子的和，要是使得一个相邻的数比较大的角为1，另一个相邻数字比较小的角为n，格子和也没法相等的话，就不行，所以要找2*2格子的最小值和最大值，判断可行性。
比如有这种情况，最大那个角填1，最小那个角最少只能填x，则它们有(n-x+1)种情况（最小的那个角为x，为x+1，直到为n）。
中间那个数其实随便填，不影响，所以最后答案(n-x+1)*n
def gank(n,A,b,c,d):
a = [0]*4
a[0] = A+b
a[1] = A+c
a[2] = b+d
a[3] = c+d
mi = 1e9
ma = 0
for i in range(4):
ma = max(ma,a[i])
mi = min(mi,a[i])
if(1 + 1 + ma > 1+n+mi):
return 0
x = ma - mi + 1
y = n - x + 1
return y*n n,a,b,c,d = map(int , raw_input().split(' '))
print gank(n,a,b,c,d)
C. Money Transfers
题意：
有一圈银行，瓦夏在各个银行存的钱为a[i]（可能为负数，代表借了钱），sum(a[i])==0，瓦夏可以进行一种操作：把一个银行的若干钱转到相邻的银行。求最少多少次操作能把所有银行存款归零。
题解：
这题，难！过D的人都比过C的多，我是不会的，看的题解。
首先考虑，若有一个区间[L,R]，使得其中的sum(a[i])==0，则这个区间可以单独转钱就能归零，用的操作数为R-L。如果一个银行为0，它可以单独当一个区间。最后，我们可以得到若干个相邻的区间，总操作数为(n - 区间数)。
所以问题转化为最大化这种区间数。
为了找到和为0的区间，我们算一波前缀和。
当有两个位置的前缀和相同，说明这两个之间的各个元素和为0！
当很多个位置的前缀和相同，说明这些位置分成的各个区间，每个区间和为0。
我们就算一波各个前缀和出现的次数，出现次数最多的那个就是按照最碉的分区间法得到的最多区间数。
def farm(n, a):
dic = dict()
re=0
sum = 0
for i in a:
sum += i
if not sum in dic:
dic[sum]=0
dic[sum]+=1
re = max(re,dic[sum])
return n - re n = input()
a = map(int, raw_input().split(' '))
ans = farm(n, a)
print ans
D. Tree Construction
题意：给出一个各不相同的序列，插入二叉搜索树中，二叉搜索树不作平衡处理，直接强插，输出除了第一个点之外各个点的父亲的值。
题解：
直接强插，O(n^2)，会爆。我不懂，我又看的题解会的。
这个朴素二叉搜索树的特性，是我要插x，那它肯定要成为之前插入过的数中比它小的中最大的数的右儿子 或者 比它大的数中最小的数的左儿子。
所以我们就找用别的平衡树找到这2个数在朴素树中的位置。然后根据性质，肯定只有一个地方能插，我们就插。（可恶，我不懂为什么，对这个树的性质理解不完全）
可以用C++的STL的set和map来当平衡树，我就用C++写了。
//#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<queue>
using namespace std; #define MZ(array) memset(array, 0, sizeof(array))
#define MF1(array) memset(array, -1, sizeof(array))
#define MINF(array) memset(array, 0x3f, sizeof(array))
#define REP(i,n) for(i=0;i<(n);i++)
#define FOR(i,x,n) for(i=(x);i<=(n);i++)
#define FORD(i,x,y) for(i=(x);i>=(y);i--)
#define RD(x) scanf("%d",&x)
#define RD2(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define RD3(x,y,z) scanf("%d%d%d",&x,&y,&z)
#define WN(x) printf("%d\n",x);
#define RE freopen("D.in","r",stdin)
#define WE freopen("huzhi.txt","w",stdout)
#define MP make_pair
#define PB push_back
#define PF push_front
#define PPF pop_front
#define PPB pop_back
template<class T>inline void OA(const T &a,const int &st,const int &ed) {
if(ed>=st)cout<<a[st];
int i;
FOR(i,st+,ed)cout<<' '<<a[i];
puts("");
}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL; const double PI=acos(-1.0);
const double EPS=1e-;
const int MAXN=;
const int MAXM=; struct Node {
int value;
Node *son[];
Node() {}
Node(int v) {
value = v;
son[]=son[]=NULL;
}
} root; typedef pair<int, Node*> PIN;
set<PIN> s;
int n;
int a[MAXN];
int ans[MAXN]; void farm() {
root = Node(a[]);
s.clear();
s.insert(MP(a[], &root));
int i;
FOR(i,,n-) {
set<PIN>::iterator it = s.upper_bound(MP(a[i],(Node*)NULL));
if(it!=s.end() and it->second->son[]==NULL) {
(it->second)->son[] = new Node(a[i]);
s.insert(MP(a[i], it->second->son[]));
ans[i] = it->second->value;
} else {
set<PIN>::iterator it2 = it;
if(it2!=s.begin())it2--;
it2->second->son[] = new Node(a[i]);
s.insert(MP(a[i], it2->second->son[]));
ans[i] = it2->second->value;
} }
} int main() {
int i;
RD(n);
REP(i,n)RD(a[i]);
farm();
OA(ans,,n-);
return ;
}
E. Trains and Statistic
题意：有一个一条直线的地铁线路。给出a数组，每个站点i只能买到去往[i+1, a[i]]内的票。设p(i,j)为从i到j所需要的最少票数，求对所有ij的p(i,j)的和。（1=<i<j<=n）
题解：
设f[x]为从站点x到它之后所有站点票数的和。
简单设想，f[x]的值对f[x-1] f[x-2]等等各个值的计算是有用的。
当从一个站点i到不了所有点时，会到它能到的点中a[i]最大的点x。这时就能用到f[x]。
b[i] = x-i + b[x] + n - a[i]
其中自己能走i+1~x-1点，用x-i票。
x能到x+1~n，用b[x]票。
x能走的那些中，x+1 ~ a[i]是i自己能走的，把x走的当做自己走的，更远的要自己买票走到x，要n - a[i]张票。
综合起来就是上面那个公式。
x能走的肯定比a[i]远，因为a[a[i]]肯定要大于a[i]。
这样，我们要做的就是每次找出区间[i+1, a[i]]中a[x]最大的x。
这可以用各种RMQ方法。不能用单调区间O(1)求，因为这个区间不是纯粹向左移动的，左界是一个个往左，右界是会来回动的。
所以我们可以维护一个只进不出的单调下降队列，然后用二分找。
O(nlogn)
from collections import deque def argmax(q,z):
l = 0
r = len(q) - 1
while(l<=r):
mid = (l+r)/2
x = q[mid]['i']
if(x<=z):
r = mid - 1
else:
l = mid + 1
return q[l]['i'] def gank(n,A):
a = [0]*(n+1)
a[1:] = A
b = [0]*(n+1)
b[n-1] = 1
q = deque()
q.append({'i':n-1, 'a':a[n-1]})
for i in range(n-2, 0, -1):
if(a[i]>=n):
b[i] = n-i
else:
x = argmax(q,a[i])
b[i] = x-i + b[x] + n - a[i]
while(len(q)>0 and q[-1]['a'] < a[i]):
q.pop()
q.append({'i':i, 'a':a[i]})
return sum(b) n = int(raw_input())
a = map(int , raw_input().split(' '))
print gank(n,a)