A. Chemistry
题意：一个字符串，能不能删除不超过\(k\)字符和重排后是回文。
记录每个字符的数量，如果是奇数则我们可能需要删除，最多留一个不能删的放在中间。
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void solve() {int n, k;std::cin >> n >> k;std::string s;std::cin >> s;std::vector<int> cnt(26);for (auto & c : s) {++ cnt[c - 'a'];}int tot = 0;for (int i = 0; i < 26; ++ i) {tot += cnt[i] & 1;}if (k - tot >= -1) {std::cout << "YES\n";} else {std::cout << "NO\n";}
}
B. Raspberries
题意：给你一个数组，每次可以给一个数加一，使得这些数的乘积是\(k\)的倍数，问最少加几次。\(k \in [2, 5]\)。
发现除了\(k\)等于\(4\)的时候，都是质数，只需要求每个数变成\(k\)的倍数需要加的最小值。如果是\(4\)，则还要看选两个数变成\(2\)的倍数需要加多少。
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void solve() {int n, k;std::cin >> n >> k;std::vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> a[i];}int ans = 1e9;for (int i = 0; i < n; ++ i) {ans = std::min(ans, (a[i] + k - 1) / k * k - a[i]);}if (k == 4) {int min1 = 1e9, min2 = 1e9;for (int i = 0; i < n; ++ i) {int x = (a[i] + 1) / 2 * 2 - a[i];if (x < min1) {min2 = min1;min1 = x;} else if (x < min2) {min2 = x;}}std::cout << std::min(ans, min1 + min2) << "\n";} else {std::cout << ans << "\n";}
}
C. You Are So Beautiful
题意：求数组有多少子数组在所有子序列里只出现过一次。
预处理每个数前面有没有出现过，和在后面有没有出现过。那么所选的子数组的第一个数和最后一个数在前后各自不能出现。从前往后枚举右端点，如果右端点合法则加上前面合法的左端点的个数。
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void solve() {int n;std::cin >> n;std::vector<int> a(n);for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> a[i];}std::vector<int> pre(n), suf(n);std::set<int> s;for (int i = 0; i < n; ++ i) {if (s.count(a[i])) {pre[i] = 1;}s.insert(a[i]);}s.clear();for (int i = n - 1; i >= 0; -- i) {if (s.count(a[i])) {suf[i] = 1;}s.insert(a[i]);}i64 ans = 1;int sum = 0;for (int i = 0; i < n; ++ i) {sum += !pre[i];if (!suf[i]) {ans += i == n - 1 ? sum - 1 : sum;}}std::cout << ans << "\n";
}
D1. Dances (Easy version) && D2. Dances (Hard Version)
题意：给你两个数组\(a, b\)其中\(a\)的第一个数待定。求\(a_1 \in [1, m]\)的每种情况的最小操作数。两个数组满足条件使得两个数组各自删除同样个数的数，然后重排后使得\(a_i < b_i\)。
因为可以重排，我们自然是让两个数组都从小到大排。然后\(a\)删去前面一些数，\(b\)删去后面一些数。那么对于\(D1\)，\(m=1\)，我们只需要二分出最小操作数。
对于\(D2\)，我们先看\(m\)作为\(a_1\)的取值范围为\([1, a_2]\)，那么\([1, b_1 - 1]\)的操作数是相同的，我们二分求出后面第一个和它操作数相同的数，对于\(m\)作为\(a_i\)取值范围为\([a_{i-1}, a_i]\)，那么\([a_{i-1}, b_i - 1]\)的操作数是相同的，同样可以二分求。于是我们从\(m=1\)开始，每次二分求与它操作数相等的数\(j\)，然后\(i = j + 1\)这样一直跳即可。发现最多跳\(log_{2}m\)次。
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void solve() {int n, m;std::cin >> n >> m;std::vector<int> a(n), b(n);for (int i = 1; i < n; ++ i) {std::cin >> a[i];}for (int i = 0; i < n; ++ i) {std::cin >> b[i];}std::sort(b.begin(), b.end());auto get = [&](int x) -> int {auto aa = a;aa[0] = x;std::sort(aa.begin(), aa.end());auto check = [&](int x) -> bool {for (int i = 0; i < n - x; ++ i) {if (aa[i] >= b[i + x]) {return false;}}return true;};int l = 0, r = n;while (l < r) {int mid = l + r >> 1;if (check(mid)) {r = mid;} else {l = mid + 1;}}return l;};i64 ans = 0;for (int i = 1; i <= m;) {int l = i, r = m;int t = get(i);while (l < r) {int mid = l + r + 1 >> 1;if (t == get(mid)) {l = mid;} else {r = mid - 1;}}ans += (i64)(l - i + 1) * get(i);// std::cout << get(i) << " " << i << " " << l << "\n";i = l + 1;}std::cout << ans << "\n";
}
E. Time Travel
题意：有\(t\)个图，每个图有\(n\)个点，\(m_i\)条边。同时给出一个序列，每次你会在第\(a_i\)个图上操作，你每次可以选择走一条边或者不动。你一开始在第\(a_1\)个图的\(1\)号点，你要到第\(n\)号点，求最少几次操作后能到。
对于第\(i\)个图的边\((u, v)\)，连上\((u, v, i)\)的边，代表这条边是第几个图上的。那么我们可以\(dijkstra\)，记录\(dist_u\)为到\(u\)时的最少操作数。那么我们给每个图在序列里出现的位置存下来，那么对于一条边\((u, v, i)\)，我们二分第\(i\)张图大于等于\(dist_u\)这个位置的最小的位置，就可以转移。
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void solve() {int n, t;std::cin >> n >> t;std::vector<std::vector<std::pair<int, int>>> adj(n);for (int i = 0; i < t; ++ i) {int m;std::cin >> m;while (m -- ) {int u, v;std::cin >> u >> v;-- u, -- v;adj[u].push_back({v, i});adj[v].push_back({u, i});}}int k;std::cin >> k;std::vector<std::vector<int>> pos(t);for (int i = 0; i < k; ++ i) {int x;std::cin >> x;-- x;pos[x].push_back(i);}const int inf = 1e9;using PII = std::pair<int, int>;std::vector<int> dist(n, inf);dist[0] = 0;std::priority_queue<PII, std::vector<PII>, std::greater<PII>> heap;heap.push({dist[0], 0});while (heap.size()) {auto [d, u] = heap.top(); heap.pop();if (d != dist[u]) {continue;}for (auto & [v, t] : adj[u]) {auto it = std::lower_bound(pos[t].begin(), pos[t].end(), d);if (it == pos[t].end()) {continue;}if (dist[v] > *it + 1) {dist[v] = *it + 1;heap.push({dist[v], v});}}}int ans = dist[n - 1] == inf ? -1 : dist[n - 1];std::cout << ans << "\n";
}
