Codeforces Round #627 (Div. 3)

A 俄罗斯方块游戏，已知每一列有多少方块，你可以在每一列放无数个2行1列的方块问是否可以消除所有方块。找到最大的高度，判断他减各个数的奇偶。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int t,n,a[N];
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		int res=0;
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			cin>>a[i];
			res=max(res,a[i]);
		}
		bool flag=1;
		for(int i=0;i<n;i++)
			if((res-a[i])&1)
			{
				flag=0;
				break;
			}
		if(flag) cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
	}
	return 0;
 } 

B 判断整个数组是否存在长度大于3的回文子序列，不用去找子序列，只要有相同数字之间的距离大于2就可以了，那么回文子序列就可以是这两个相同数字中间加任意一个数字了（长度3满足题意）。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int t,n,a[N];
string s;
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>n;
		for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
		map<int,int> mp;
		bool flag=0;
		for(int i=0;i<n;i++)
		{
			if(mp[a[i]]==0) //标记数字最左端的位置，下标从0开始，位置需要从1开始
				mp[a[i]]=i+1;
			else if((i+1-mp[a[i]])>1)
			{
				flag=1;
				break;
			}
		}
		if(flag) cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
	}
	
	return 0;
 } 

C 有一个小兔子想从点0跳到n+1，在点1到点n上都有一个字母L或R，当它再L 上时它必须向左跳，在R上时只能向右跳，假设一个初始距离d，每次跳的距离不能大于d，问d最小可以是多少，诈一看很像二分，就是check不好判断，假设现在兔子在点R，它向右跳如果跳到下一个R就可以继续向右跳了，要求最小的距离不是嘛，就假设它没有跳到下一个R那它一定跳到L了，它在向左跳，因为它最终一定是要到n-1的所以它还是得回到刚才的那个R，不然它不能以最小的距离到下一个R，那么它还是得跳到下一个R才能继续向右走，那么最小的那个d就是相邻R的距离的最小值，最后再处理一下n+1。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int t,n,a[N];
string s;
int main()
{
	cin>>t;
	while(t--)
	{
		cin>>s;
		int res=0,ans=0;
		for(int i=0;i<s.size();i++)
			if(s[i]=='R')
			{
				ans=max(i+1-res,ans);
				res=i+1;//res标记上个R的位置
			}
		ans=max(ans,s.size()1-res);
		cout<<ans<<endl;;
	}
	return 0;
 }

补题：
D 刚开始看错题了，看成ai-bi>aj-bj 以为是找逆序对。。。
其实是ai-bi> bj-aj ; 就是 (ai-bi) +(aj-bj)>0 两ai=ai-bi，那么就是找 i<j时,ai+aj>0的对数，这个时候i<j 这个条件就没有用了，假设 i<j且满足ai+aj>0 ，那么将ij互换同样是满足的且只能算是一对，所以就不用考虑i<j了,只用任意两个和大于0就可以了，那么怎么高效的找呢，排序再二分就可以了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010;
int t,n,a[N],b[N];
ll res;//注意爆int
int q[N];
 
int main()
{
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) q[i]=a[i]-b[i];
	sort(q+1,q+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int l=upper_bound(q+i+1,q+n+1,-q[i])-q;//i之前的满足的数在前面找那个数时已经被统计过了，不包括它自身，所以从q+i+1开始
		res+=(ll) n-l+1;
	}
	cout<<res;
	return 0;
 }

E 已知一天有h小时，你想要睡n次觉，每一次睡一天，初始时刻是醒着的，在第i醒来后的 ai 小时或者ai-1小时之后会再次入睡，如果每次入睡的时刻在区间[l,r]之间则被称作好睡眠，问最多有多少次好睡眠。
每次入睡可以选在ai或者ai-1时刻入睡，那么第i次可以选择的时间就是在区间[ai-i,ai] 了，每次睡觉的可能时刻就可以表示出来了，记 dp[i][j] 对应的时间就是ai-j，保存这样这时刻去睡觉最多好睡眠数量，那么这一次睡觉可以有两个选择ai(前面就减了j次)或者ai-1(前面减j-1次，这次再减1次) 对应的就是dp[i-1][j]和dp[i-1][j-]）当然前提是j>0，j等0时只有一种选择ai即dp[i-1][j],如果这一时刻是好睡眠选择前面最大的再加1，不是就不用加1了，这样状态转移就找到了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2010;
int t,n,h,l,r,sum[N],a[N];
int dp[N][N];
int main()
{
	cin>>n>>h>>l>>r;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=i;j++)
		{
			int x=(sum[i]-j)%h;
			
			if(x>=l&&x<=r)
			{ 
				if(!j) dp[i][j]=dp[i-1][j]+1;
				else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+1;
			}
			else if(j)dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1],dp[i-1][j]);
			else dp[i][j]=dp[i-1][j];
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++)
		ans=max(ans,dp[n][i]);
	cout<<ans;
	return 0;
 }