【题解】Atcoder Beginner Contest 444(ABC444) A~E

A - Repdigit

直接判三个数字。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>s;
    if(s[0]==s[1]&&s[1]==s[2]) cout<<"Yes";
    else cout<<"No";
    return 0;
}

B - Digit Sum

每个数最多被拆开 \(5\) 次，暴力枚举 \(1\sim n\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,k,ans;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int t=i,sum=0;
        while(t){
            sum+=(t%10);
            t/=10;
        }
        if(sum==k) ans++;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

C - AtCoder Riko

题意不是很明确，实际上只会晃动一次。

此时答案有两种情况，所有棒两两组合 & 一些棒两两组合，一些棒单着。

两两组合必定是大配小，因此对其排序。第一种情况我们可以找到排序后序列最后若干个相同的，也就是所有最大的单着，然后对前面进行大配小。第二种情况直接对整个序列大配小。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e5+10;
int n,k;
int a[N],sum;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    for(k=n;k>=1;k--){
        if(a[k]!=a[n]) break;
    }
    bool flag=1;
    if(k==0) cout<<a[n]<<' ';
    else{
        sum=a[1]+a[k];
        if(sum!=a[n]||k&1) flag=0; 
        else{
            for(int i=1;i<=k;i++){
                if(a[i]+a[k-i+1]!=sum){
                    flag=0;
                    break;
                } 
            }
        }
        if(flag) cout<<sum<<' ';
    }
    flag=1;
    sum=a[1]+a[n];
    if(n&1) flag=0;
    else{
        for(int i=1;i<=n;i++){
            if(a[i]+a[n-i+1]!=sum){
                flag=0;
                break;
            }
        }
    }
    if(flag) cout<<sum<<' ';
    return 0;
}

D - Many Repunit Sum

题意难懂。简单来说，给出 \(n\) 个数，数 \(i\) 由 \(A_i\) 个 \(1\) 拼成，求 \(n\) 个数的和。

考虑用一个差分数组，直接对位区间修改。全部完成后，从低到高逐一进位即可。

注意边界，因为某一位最多有 \(2\times 10^5\) 个 \(1\)，若其为所有原数中的最高位，则最多有可能向上进位 \(5\) 次。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int n,maxa;
int a[N];
int s[2*N];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        s[1]++,s[a[i]+1]--;
        maxa=max(maxa,a[i]);
    } 
    for(int i=1;i<=maxa+10;i++) s[i]=s[i-1]+s[i];
    for(int i=1;i<=maxa+10;i++) s[i+1]+=(s[i]/10),s[i]%=10;
    bool flag=0;
    for(int i=maxa+10;i>=1;i--){
        if(!flag&&s[i]!=0) flag=1,cout<<s[i];
        else if(flag) cout<<s[i];
    }
    return 0;
}

E - Sparse Range

因为区间右端点不断向右时，左端点是非减的，所以考虑从左往右扫右端点，然后判断左端点最远到哪。

我们只需要找到区间内是否有与右端点差 \(<D\) 的元素就可以了，因为更靠左的点之前已经扫过了。不需要遍历所有区间内元素，而只要找到与右端点大小最接近的两个元素，比他小的元素中最大的，和比他大的元素中最小的。如果存在则将左端点右移 \(1\)。

添加、删除、查询前驱后继，使用 multiset 维护。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=4e5+10;
int n,d,ans;
int l;
int a[N],st[N],top;
int f[N],g[N];
multiset<int> s({(int)-1e9,(int)2e9});
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>d;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    l=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        s.insert(a[i]);
        while(l<=i){
            bool flag=0;
            auto it=s.lower_bound(a[i]);
            it++;
            if(it!=s.end()&&*it-a[i]<d) flag=1;
            it--;
            it--;
            if(it!=s.begin()&&a[i]-*it<d) flag=1; 
            if(!flag) break;
            s.erase(s.find(a[l]));
            l++;
        }
        ans+=i-l+1;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}