从11月打的只能写两题现在尽量3题了 就在这里慢慢记录下练习吧 看到成长也是学习的动力之一（补题会继续写，但不一定补的来
今日总结：还是只会写简单思维题的菜狗（今天居然是20开始，差点没赶上！
A题
题意：给出一堆数字，可以自由排序，对于大于等于2的前缀和子数组，要使gcd<=长度
我的解法：没看到排序，浪费了好多时间。比较暴力，求出每两个数的gcd，如果没有两个数的gcd<=2 那么条件不成立，相应的，如果有两个数<=2，再gcd一个数只可能更小
所以后续不需要考虑
我的slove函数代码如下 gcd可以使用__gcd吧
int n;cin>>n;
int a[200];
int flag=1;
int c;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
int mins=inf;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i==j) continue;
mins=min(mins,gcd(a[i],a[j]));
}
}
if(mins>2) flag=0;
if(flag) cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
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B题
题意：你只能执行一次操作：选择一段区间，将内部数字全部取反（可以为0），操作后的字符串能否为回文；
我的解法：选择前后双指针扫一下，遇到不一样的记录，如果不一样的区间有两个以及以上，就是NO
slove函数如下，写的有点乱好像
int n;cin>>n;
string s;cin>>s;
int L=0,R=n-1;
int flag1=1,flag2=1;//flag1记录是否出现过不同，flag2记录不同区间是否结束
while(L<R){
if(s[L]!=s[R]){
if(flag1==1) flag1=0;
else if(flag2==0) {//已经结束过一个区间
printf("No\n");
return;
}
}
else if(flag1==0) flag2=0;//结束一个不同的区间
L++;R--;
}
cout<<"Yes\n";
return;
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C题
其实c想了很久，都是n*m的复杂度，但是用屁股想都知道会被卡掉，都要放弃了 一看那么多人过了，还是静下心写吧。
题意：题目提供一个初始数组，无重复，接下来进行m次操作，输入整数a和b，把a位的数字替换成b，初始数组记为A0，后续每次操作记为A1~Am,
要求从A0~Am中每两个进行组合，拼成的新的数组中，不同数的数量的和(可以看样例解释理解)
我的解法：首先，我的计算方法是，从A1开始，每个往前遍历，求出该A的数量和，再求总和，这样显然超时。我发现，在最好的情况下，如果每对组合都是不同的数字(当然不可能)，那么次数会是（1+2+3...+n-1）*2*n个，但是，有些两个Ai和Aj肯定会有重复数字，由于题目保证每个A都是内部无重复的，假设在所有的A中 1有k个， 那么，由于每个含有1的A往前求和的过程中，
1所造成的贡献就是1+2+...+n-1，这些全是等差数列，可以O(1)求出，而每次只会改一个数，我可以通过改的数字来求出这个数字的个数，比如，A0有1，A3中消除了1，那么cnt[1]增加2个
依次类推，最后，因为1<=a<=n+m，遍历范围每个数，然后减去贡献，就完成了 复杂度为O(sum(n+m))吧，反正不超
int n,m;cin>>n>>m;
map<int,int> sz,cnt;//sz记录数字出现的地方，cnt记录次数
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
sz[a[i]]=1;
}
for(int i=2;i<m+2;i++){
int x,y;cin>>x>>y;
cnt[a[x]]+=i-sz[a[x]];
sz[a[x]]=0;
a[x]=y;
sz[a[x]]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++) cnt[a[i]]+=m+2-sz[a[i]];
//for(int i=1;i<=5;i++){
// cout<<i<<" : "<<cnt[i]<<"\n";
//}
ll ans=1LL*(1+m)*m*n;
for(int i=1;i<=n+m;i++){
if(cnt[i]==0||cnt[i]==1) continue;
ans-=1LL*(cnt[i]-1)*cnt[i]/2;
}
cout<<ans<<"\n";
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写出来3题还是很开心，尽管很弱，如果有大佬看到了，欢迎批评指正，新手上路罢了。后面补了再更新笔记
标签：sz,cnt,gcd,853,int,记录,cf,div2,数字 From： https://www.cnblogs.com/xishuiw/p/17155827.html