A. Array with Odd Sum
有n个数的数组a，询问它是否有一个奇数和。
- 满足：索引 i != j 且 ai != aj,可进行操作： ai = aj
- 思路：
- 数组中必须有奇数，才可以产生奇数和 -> 全为偶数 -> 不可以
- n为偶数，数组中至少存在一个偶数 - 全为奇数，但n是偶数 -> 不可以
- 首先判断不存在奇数和的两种情况即可
B. Food Buying
有s块钱，每次买东西花费x元，会获得x / 10的回报(向下取整)。询问当前s，可以消费的最大值。
- 思路
- 首先，当s < 10，不会获得回报，只能消费s元
- 贪心：消费x，获得x / 10的回报 --> 每次消费的x均为不大于当前s的最大的10的倍数，同样，在s < 10时为最后一次消费
C. Yet Another Walking Robot
机器人开始位与(0,0)，机器人的移动方式： L: x - 1; R x + 1; U: y + 1 D: y - 1;输入一串长为n，包含机器人移动命令的字符串，需要删除不必要的路径（最短），保证最后到达位置不变。若不能删除，输出-1；否则，输出删除的最短路径的左右端点索引
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思路
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寻找最短的可删除子串l,r初始值为0，n + 1 -- 字符串可能会被全部删除，也可能一个字符都不删除
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使用map,记录上一次到达某位置时的字符串索引值 + 1，某位置是否到达过;
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模拟机器人运行，若机器人运行到之前到过的位置，判断当前索引 -> 之前同位置索引的差值是否小于当前r - l，更新l,r的值;
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最后判断l,r的值是否改变，输出“-1” or l 和 r；
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map<pair<int,int>,int> m;
map<pair<int,int>,bool> vis;
pair<int,int> poi;//位置
string s;
cin >> t;
while(t--){
m.clear(),vis.clear();
poi.first = poi.second = 0;
cin >> n >> s;
l = 0,r = n + 1;
m[poi] = 0;//初始位置标记
vis[poi] = true;
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i] == 'L') --poi.first;
else if(s[i] == 'R') ++poi.first;
else if(s[i] == 'U') ++poi.second;
else --poi.second;
if(vis[poi]){
if(i+1-m[poi] < (r-l)){
r = i+1;
l = m[poi]+1;//idx+1 - 上次到达位置 + 1 开始删除
}
m[poi] = i+1;
}else{
m[poi] = i+1;
vis[poi] = true;
}
}
if(l == 0 && r == n + 1) cout << "-1" << endl;
else cout << l << ' ' << r << endl;
}
D. Fight with Monsters
n个怪物，每个怪物血量为hi,a和b的攻击力为a,b。a,b先对付第一个怪物，怪物受到攻击，血量 -= 相应攻击力，直到它死亡（hi <= 0）。然后，对付第二个、第三个...
给予怪物最后一击的人得一分，a先开始攻击且a攻击后可以跳过b继续攻击一次（最多跳k次），询问a的最大得分。
思路：
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当怪物的血量 mod a + b 为0，看最后一轮时a需要多攻击几次（b / a上取整）
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在怪物mod a + b后还存在正的血量，a尽可能的连击到怪物死亡(多攻击：剩余血量 / a 上取整 - 1次)
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输入数据后，按照取模后的余数升序排列，贪心:排在前面的，尽可能多的由a击杀
cin >> n >> a >> b >> k;
vector<int> arr(n);
for(int i=0;i<n;i++){
cin >> arr[i];
arr[i] %= (a + b);
if(!arr[i]) arr[i] = a + b;//最后一轮
arr[i] = ((arr[i] + a - 1) / a) - 1;// a b a增加的次数上取整
}
sort(arr.begin(),arr.end());
for(int i = 0; i < n; i++){
if(k < arr[i]) break;
++ans;
k -= arr[i];
}
cout << ans;
E1. String Coloring (easy version)
一个由小字字母组成的字符串，所有元素均被涂上了黑色 or 白色，相邻且异色的字符可交换，字符串中的字符是否可以升序排列，如果可以，给出染色方案：0 1表示两种颜色
思路：
异色字符才可以交换，同色字符相对顺序不会发生改变 -- 即同色字符不递减。
贪心：s是否可分为两个不递减的子串
- 使用c1,c2分别记录两个同色字符串的最大字符，遍历字符串，若s[i] >= c1,加入c1所在子串；若 s[i] >= c2,加入c2所在子串；若s[i] 小于 c1,c2则在同色子串中出现递减 --> "NO"
//greedy
int n;
string s,ans;
char c1 ,c2;
int main(void){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n >> s;
c1 = c2 = 'a';
ans = "";
for(int i = 0; i < s.length(); i++){
if(s[i] >= c1) c1 = s[i],ans += '0';//第一个子串，染色0
else if(s[i] >= c2) c2 = s[i],ans += '1';
else{
cout << "NO";
return 0;
}
}
cout << "YES" << endl << ans;
return 0;
}
E2. String Coloring (hard version)
与E1相比，字符的染色种类更多。需要输出染色种类最少的方案。
思路：
- 最多26种染色，依然可以贪心,增加一个字符串数组存储当前各字符串的最大字符，对s[i],进行E1中相同的步骤，不同的是：标记当前s[i]是否可以加入现有的字符串中，若不可以则增加一个字符串（题目保证最多26种染色，有解。），增加一个ans数组，在选择过程中存储答案即可。
const int kN = 2e5 + 5;
int n,idx,ans[kN];
bool flag;
char c[27];
string s;
//26个字符，最多26种染色
int main(void){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
cin >> n >> s;
for(int i = 1;i <= 26; i++) c[i] = 'a';
idx = 1;
for(int i = 0; i < s.length(); i++){
flag = true;
for(int j = 1; j <= idx && flag; j++){
if(s[i] >= c[j]){
c[j] = s[i];
ans[i] = j;
flag = false;
}
}
if(flag){
c[++idx] = s[i];
ans[i] = idx;
}
}
cout << idx << endl ;
for(int i = 0; i < n; i++){
if(i) cout << ' ';
cout << ans[i];
}
return 0;
}
2.DP解法，待填......