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涵盖知识点：思维、构造、马拉车、线段树。
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D题只有数据范围的区别，故只写D2。
好多题啊，随缘更新。（其实懒得写）
A - Bad Ugly Numbers
题意： 构造一个长度为(n)的数字使得其不能被其中的每一位数整除。
题解： 2333333(雾)
Accept Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int t;
cin>>t;
while(t--){
int n;
cin>>n;
if(n==1){
cout<<"-1
";
continue;
}
else{
cout<<2;
for(int i=1;i<n;i++)cout<<3;
cout<<"
";
}
}
return 0;
}
B - Maximums
题意： 对于数组(a)，数组(x)满足(x_i = max(0, a_1, ldots, a_{i-1}),x_1=0)，数组(b)满足(b_i = a_i - x_i)。现在给定(b)，要求反推(a)。
题解： 顺着算一遍维护一下最大值加一下就好了。
Accept Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10;
typedef long long ll;
ll a[maxn];
int main(){
int n;
cin>>n;
ll x=0;
for(int i=0;i<n;i++){
cin>>a[i];
a[i]+=x;
x=max(x,a[i]);
cout<<a[i]<<" ";
}
return 0;
}
C - Permutation Partitions
题意： 给定一种([1,n])的排列，现在让你分成(k)块，求每块的最大值之和。形式上为(sumlimits_{i=1}^{k} {maxlimits_{l_i leq j leq r_i} {p_j}})，并算出有多少种分法可以达到这个最大值。
题解： 最大值就是([n-k+1,n])的区间和。根据这(k)个数来划分区间即可,记录这(k)个数的下标，分法总数为(displaystyleprod_{i=1}^{k-1}(idx_{i+1}-idx_{i}))。
Accept Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e5+10,mod=998244353;
typedef long long ll;
int main(){
int n,k;
cin>>n>>k;
ll ans=1,sum=0,l=0;
for(int i=1,p;i<=n;i++){
cin>>p;
if(p>n-k){
sum+=p;
if(l)
ans=ans*(i-l)%mod;
l=i;
}
}
cout<<sum<<" "<<ans<<"
";
return 0;
}
D2 - Prefix-Suffix Palindrome (Hard version)
题意： 给定串(s)，从(s)的前缀和后缀取任意长度进行拼接成新串(t)，使得(t)为回文串并尽可能长。
题解： 先双端扫描一遍，确定回文的前缀和后缀，获得左区间和右区间。然后再依次扫描每一个字母为中心的回文串，若回文串左端探入左区间或者右端探入右区间，判断并更新答案。D1可以应该可以暴力判回文，D2利用马拉车获得的(len)数组优化计算一下就可以了。具体计算看代码实现。
Accept Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e6+10;
string s,t;
int len[maxn<<1];
void manacher(){
int center,right=0,radius;
for(int i=1;i<t.length()-1;i++){
if(i>=right)radius=1;
else radius=min(right-i+1,len[center*2-i]);
while(t[i+radius]==t[i-radius])radius++;
if(i+radius-1>right)right=i+radius-1,center=i;
len[i]=radius;
}
}
int main(){
int cas;
cin>>cas;
while(cas--){
cin>>s;
t="@#";
for(char i:s){
t+=i;
t+='#';
}
t+='$';
manacher();
int l=0;
while(l<s.length()&&s[l]==s[s.length()-l-1])l++;
if(l>=s.length()){
cout<<s<<"
";
continue;
}
int anslen=0,ansl=0,ansr=0;
for(int i=2;i<=t.length()-3;i++){
int pl=(i-len[i])>>1,pr=(i+len[i]-4)>>1;
//cout<<pl<<" "<<pr<<"
";
if(pl>pr)continue;
if(pl<=l){
int nl=pr,nr=s.length()-pl;
//cout<<"1:"<<nl<<" "<<nr<<"
";
if(nl+1+s.length()-pl>=anslen&&nl<nr)
anslen=nl+1+s.length()-nr,ansl=nl,ansr=nr;
}
if(pr>=s.length()-l-1){
int nr=pl,nl=s.length()-pr-2;
//cout<<"2:"<<nl<<" "<<nr<<"
";
if(nl+1+s.length()-nr>=anslen&&nl<nr)
anslen=nl+1+s.length()-nr,ansl=nl,ansr=nr;
}
}
//cout<<ansl<<" "<<ansr<<"
";
string ans=s.substr(0,ansl+1)+s.substr(ansr);
cout<<ans<<"
";
}
return 0;
}
E - Bombs
题意： 给定([1,n])的排列(p,q)，将(p)依次加入初始为空的集合(S)，(q)的值表示第几次加入的值为雷。若加入的是雷就把当前集合最大值给炸了(先加再炸)。现在规定对于每一个(i)，前(q_i)(不含，即((q_1,q_2,dots,q_{i-1})))个都是雷。求对于每一个(iin [1,n]),操作后集合中的最大值。
题解： 首先雷越多，最大值一定不会变的更大，所以该序列一定为非递增序列。由于(q)描述的是下标，所以我们关心(p)加入集合的顺序。现在我们将(i)从最大值开始遍历，若没有任何的雷，那么最大值一定为(n)，现在我们确定一个最大值后，就要关注雷的位置，也就是什么时候会把这个最大值给pop出来。具体实现可以通过区间最大值来进行。首先将区间([1,idx_i])的最大值加一，对于(pos)位最大值为(x)的条件为全区间最大值大于0，当该位最大值确定后，我们就要将区间([1,q_{pos}])的最大值减一。区间最大值的维护用线段树即可。详细过程看代码。
Accept Code：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=3e5+10;
int n,p[maxn],q[maxn],ans[maxn];
int mx[maxn<<2],tag[maxn<<2];
inline int ls(int x){return x<<1;}
inline int rs(int x){return x<<1|1;}
inline void upd(int x,int v){mx[x]+=v,tag[x]+=v;}
void pushdown(int root){
if(tag[root]){
upd(ls(root),tag[root]);
upd(rs(root),tag[root]);
tag[root]=0;
}
}
void update(int root,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(ql<=l&&r<=qr){
upd(root,v);
return;
}
int mid=(l+r)/2;
pushdown(root);
if(ql<=mid) update(ls(root),l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid) update(rs(root),mid+1,r,ql,qr,v);
mx[root]=max(mx[ls(root)],mx[rs(root)]);
}
int main(){
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
cin>>x;
p[x]=i;
}
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>q[i];
int idx=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
update(1,1,n,1,p[i],1);
while(idx<n&&mx[1]>0){
idx++;
ans[idx]=i;
update(1,1,n,1,q[idx],-1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<ans[i]<<" ";
}
return 0;
}