好想睡觉……
A.Salem and Sticks
题目大意：
给定长度为n的序列a(1<=n<=1000,1<=a[i]<=100),要求给出一个整数t，使得∑max(abs(a[i]-t)-1,0)最小。
解题思路：
下意识地就开始推，哪怕看到了数据范围还是想着能不能O(n)给解决。但忐忑地翻了下题解后发现这题其实就是一个纯暴力，反正t一定1<=t<=100，直接暴力枚举取最优解就完事了。
不可爱的小代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1010;
int n;
int a[N];
int res,sum=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int _abs(int x)
{
if (x>0) return x;
return -x;
}
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
for (int t=1;t<=100;t++)
{
int sm=0;
for (int i=1;i<=n;i++) sm+=max(_abs(a[i]-t)-1,1LL*0);
if (sm<sum) res=t,sum=sm;
}
printf("%lld %lld",res,sum);
return 0;
}
B.Zuhair ans Strings
题目大意：
给定长度为n(1<=n<=2e5)的字符串s，给出k，求字符串s中最多的长度为k的互不重叠子串的个数，使得所有子串由相同的字母组成。
解题思路：
一眼出。遍历一遍字符串，记录连续相同字符的长度，若长度达到k，那么就记录一下；若字符不相同了，那么长度就归零。怎么统计所有合法子串的最优解呢？用桶数组记录答案，每一个合法子串都放入相应的桶中，最后遍历一遍桶数组，最大值就是答案了。
简简单单的小代码
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,k;
string s;
int bx[30];
int ans;
signed main()
{
cin>>n>>k>>s;
int len=0;
for (int i=0;i<n;i++)
{
if (i>0&&s[i]!=s[i-1]) len=0;
len++;
if (len>=k)
{
bx[(int)(s[i]-'a')]++;
len=0;
}
}
for (int i=0;i<26;i++) ans=max(bx[i],ans);
cout<<ans;
return 0;
}
C.Ayoub and Lost Array
题目大意：
构造一个长度为n(1<=n<=2e5)的序列a，使得序列中∀a[i]∈[l,r]，求使序列和为3的倍数的方案数(对1e9+7取模)
解题思路：
第一眼：好难好难
第二眼：好像可以从“3的倍数”下手
第三眼：秒了秒了
若是没有“3的倍数”的限制，我们可以直接做，但这题偏偏有这个限制。那么怎么办呢？我们可以想到：3的倍数可以由另两个3的倍数相加得来，也可以由3的倍数+1和3的倍数+2得来……于是乎，我们可以想到dp转移答案。
设dp[i][j]表示序列长度为i，序列和%3为j的方案构造数。通过余数加法法则可以直接转移。
转移方程如下：
f[i][0]=(f[i-1][1]*a2%MOD+f[i-1][2]*a1%MOD+f[i-1][0]*a0%MOD)%MOD;
f[i][1]=(f[i-1][0]*a1%MOD+f[i-1][1]*a0%MOD+f[i-1][2]*a2%MOD)%MOD;
f[i][2]=(f[i-1][0]*a2%MOD+f[i-1][1]*a1%MOD+f[i-1][2]*a0%MOD)%MOD;
然后就可以写
快乐的小代码啦
#incIude <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
const int MOD=1e9+7;
int n,l,r;
int f[N][3];
int a0,a1,a2;
signed main()
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&l,&r);
f[1][0]=a0=(r/3*3-(l+2)/3*3)/3+1;
f[1][1]=a1=((r+1)/3*3-(l+3)/3*3)/3+1;
f[1][2]=a2=r-l+1-a0-a1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
f[i][0]=(f[i-1][1]*a2%MOD+f[i-1][2]*a1%MOD+f[i-1][0]*a0%MOD)%MOD;
f[i][1]=(f[i-1][0]*a1%MOD+f[i-1][1]*a0%MOD+f[i-1][2]*a2%MOD)%MOD;
f[i][2]=(f[i-1][0]*a2%MOD+f[i-1][1]*a1%MOD+f[i-1][2]*a0%MOD)%MOD;
}
printf("%lld",f[n][0]);
return 0;
}