A - AAA
给你一颗树，支持两种操作
1.修改某一节点的权值
2.查询子树的权值（子树中节点的个数）
很显然可以用树状数组/线段树维护
B - BBB
存一下出现次数即可
int a[100], st[1100];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int n;
cin >> n;
int cnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
st[a[i]] += 1;
}
for (int i = 1; i <= 1000; ++i) if (st[i]) cnt += 1;
cout << cnt << "\n";
int ccnt = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (st[a[i]] == 1) {
cout << a[i];
ccnt += 1;
if (ccnt != cnt)cout << " ";
} else st[a[i]] -= 1;
}
}
C - CCC
两种做法，写前缀和 + 二分就找到楼层序号位置
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N], s[N];
int n, m;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], s[i] = s[i - 1] + a[i];
while (m--) {
ll t; cin >> t;
int l = 1, r = n, cnt = 0;
while (l <= r) {
int mid = (l + r) / 2;
if (s[mid] < t) l = mid + 1, cnt = mid;
else r = mid - 1;
}
cout << cnt + 1 << " " << t - s[cnt] << "\n";
}
}
D - DDD
题意：
给你一组数，然后给你三种操作，分别是+1，-1，不变，然后判断能否通过操作将这组数变成等差数列，若能则输出最小改变次数，若不行则输出-1。
思路：
乍一看题，以为是DFS的题，使劲想怎么搜，后来搜超时了555。下面说正解，其实根据等差数列的性质，只需要处理前两项枚举所有可能结果，暴力找出最小次数即可。
const int N = 1e5 + 10, inf = 0x3f3f3f3f;
ll a[N], b[N];
int n;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i];
int cnt = inf;
for (int i = -1; i <= 1; ++i)
for (int j = -1; j <= 1; ++j) {
b[0] = a[0] + i;
b[1] = a[1] + j;
int d = b[1] - b[0];
bool f = false;
int t = abs(i) + abs(j);
for (int r = 2; r < n; ++r) {
b[r] = b[r - 1] + d;
if (abs(b[r] - a[r]) > 1) {f = true; break;}
else {
if (b[r] != a[r]) t += 1;
}
}
if (!f) cnt = min(cnt, t);
}
if (cnt == inf) cout << "-1\n";
else cout << cnt << "\n";
}
E - EEE
题意：
给你一个含有n个整数的数组，每一个数a[i]代表汽车在站i时，车上增多了a[i]个人，如果a[i]为负，代表减少了人数。
并告诉你这个汽车的最大承载力为w个人，
请你判断初始时汽车上有多少个人，才满足整个数组的情况，。
如果某一个情况，车上的人数为负，或者人数大于w，那么说明这个数组时不合理的，。这时请输出0
思路：
可以抽象为，求这个数组的前缀和数组中的最大值和最小值，。只要最大值不大于容量，再判断下最低值的绝对值不大于容量。就可以说明是合理的。
然后可以的方案数中初始的人数一定是连续的，那么这些人数中的最大值是 \(min(w-maxsum,w)\) ，即不让过程中容量大于 \(w\) 的最大值。
最小值是 \(max(0,-1*minsum)\)，然后最大值减去最小值 \(+1\) 就是答案了。
const int N = 1e3 + 10;
ll a[N], s[N];
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
ll n, m; cin >> n >> m;
ll sum = 0, Max = 0, Min = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
sum += a[i];
Max = max(sum, Max);
Min = min(sum, Min);
}
if (Min < 0) Min = llabs(Min);
sum = m - Max - Min + 1;
if (sum < 0) cout << 0 << "\n";
else cout << sum << "\n";
}
F - FFF
题意：
给定 \(n\) 个人员skill值，并给出 \(k\) 个有矛盾的对，对于每个人，可以做skill值比自己小且没有矛盾人的导师。输出每一个人可做多少人的导师。
思路：
- 排序后对每个人的skill值二分查找，存储到ans[]中。
- 对于每个矛盾对，skill值大的ans减1即可。
const int N = 2e5 + 10;
ll a[N], b[N], c[N];
int n, m;
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], b[i] = a[i];
while (m--) {
int x, y;
cin >> x >> y;
if (a[x] > a[y]) c[x] += 1;
else c[y] += 1;
}
sort(b + 1, b + 1 + n);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int t = lower_bound(b + 1, b + 1 + n, a[i]) - b - 1;
cout << t - c[i] << " ";
}
}
G - GGG
题意：
给你N天，和M个考试，
每一个考试有三个参数。
s是考试可以开始准备的日期。
e是考试日期（这一天必须考试，不能准备）
v，这个考试需要多少天。
每一天最多只能做一件事，要么这一天休息，要么准备考试，要么参加考试。
每一个考试必须在考试之前严格的准备了v天才能通过。
请你确定你是否能能过这M个考试，
如果不可以，只需要输出-1
否则输出每一天i是做什么事情，休息是0，考试是m+1，准备是准备的那个考试编号。
思路：
贪心题，
按照每一个考试的考试日期由近到远排序。
然后枚举每一个天,1~n
如果这一天没有被使用，去检查最近1~m哪一个考试在第 i 天准备。
如果可以填就填，这样贪心搞。
const int N = 1e2 + 10;
struct node {int s, d, c, id;} p[N];
int n, m, Day[N];
bool cmp(node a, node b) {return a.d < b.d;}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
cin >> p[i].s >> p[i].d >> p[i].c;
p[i].id = i;
Day[p[i].d] = m + 1;
}
sort(p + 1, p + 1 + m, cmp);
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int day = 0;
for (int j = p[i].s; j <= n; ++j) {
if (Day[j] == 0) day += 1, Day[j] = p[i].id;
if (day == p[i].c) break;
if (j >= p[i].d) {
cout << -1 << "\n";
return 0;
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) cout << Day[i] << " \n"[i == n];
}