【题解】AtCoder ABC365

T1

链接：CH, JP

按题意模拟即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int y;
int main(){
    scanf("%d", &y);
    if(y % 4 != 0)
        printf("365\n");
    else if(y % 4 == 0 && y % 100 != 0)
        printf("366\n");
    else if(y % 100 == 0 && y % 400 != 0)
        printf("365\n");
    else if(y % 400 == 0)
        printf("366\n");
    return 0;
}

T2

链接：CH, JP

用 pair 存储数据和它的编号，从小到大排序之后输出倒数第二个数据的编号。
（pair 的默认排序方法是按照 first 从小到大排序）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 105;
int n;
pair<int, int> arr[N];
int main(){
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d", &arr[i].first), arr[i].second = i;
    sort(arr + 1, arr + 1 + n);
    printf("%d\n", arr[n - 1].second);
    return 0;
}

T3

链接：CH, JP

如果 $x$ 的值很大，最后的总花费应为 $\sum a$，所以如果有 $\sum a\le m$，输出 infinite，结束程序。
对于剩下的情况，可以发现，对于 $x^{\prime }<x$，若 $x$ 的补贴限额能使总花费不超过 $m$，$x^{\prime }$ 也能做到；对于 $x^{\prime }>x$，若 $x$ 会让总花费超过 $m$，$x^{\prime }$ 也会。所以，本题的答案具有单调性：在一定范围内，$x$ 越大，总花费越大，反之则越小。
考虑用二分答案求解。令左端点 $l=0$，右端点 $r=2\times {10}^{14}+1$（数据最大范围），对于一个 $x$，验证它是否能让总花费不超过 $m$。若可以，将左端点移到 $x$，若不可以，将右端点移到 $x$。最终 $l+1=r$ 时，$l$ 的值即为 $x$ 的最大值。
注意：数据较大，要开 long long。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 2e5 + 5;
const ll inf = 2e14 + 1;
ll n, m, arr[N];
inline bool check(ll x){
    ll sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        sum += min(x, arr[i]);
    return sum <= m;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    ll s = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld", &arr[i]);
        s += arr[i];
    }
    if(s <= m){
        printf("infinite\n");
        return 0;
    }
    ll l = 0, r = inf;
    while(l + 1 != r){
        ll mid = l + r >> 1;
        if(check(mid))
            l = mid;
        else
            r = mid;
    }
    printf("%lld\n", l);
    return 0;
}

T4

链接：CH, JP

设 $f_{i,0}$ 表示前 $i$ 局高桥在不违反规则的情况下平局时，最多能胜多少场；
设 $f_{i,1}$ 表示前 $i$ 局高桥在不违反规则的情况下获胜时，最多能胜多少场。
设 $g(c)=\{\begin{array}{ll}\text{'P'}& c=\text{'R'}\\ \text{'S'}& c=\text{'P'}\\ \text{'R'}& c=\text{'S'}\end{array}$（即对方出 $c$ 时高桥的对策）
有：

$$f_{i,0}=max(\{\begin{array}{ll}{f}_{i-1,0}& s_{i-1}\ne s_i\\ f_{i-1,1}& g(s_{i-1})\ne s_i\end{array})$$

$$f_{i,1}=max(\{\begin{array}{ll}{f}_{i-1,0}& s_{i-1}\ne g(s_i)\\ f_{i-1,1}& g(s_{i-1})\ne g(s_i)\end{array})+1$$

注意初始化：$f_{1,0}=0,f_{1,1}=1$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
int n, dp[N][2];
char s[N];
inline char get(char c){
    if(c == 'R')
        return 'P';
    else if(c == 'P')
        return 'S';
    else if(c == 'S')
        return 'R';
}
int main(){
    scanf("%d%s", &n, s + 1);
    dp[1][1] = 1, dp[1][0] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        char c1 = s[i - 1], c2 = get(s[i - 1]), c3 = s[i], c4 = get(s[i]);
        dp[i][0] = max((c1 != c3 ? dp[i - 1][0] : -1), (c2 != c3 ? dp[i - 1][1] : -1));
        // 由于 dp 数组中不会出现负数，所以取最大值时如果一个条件不成立，就会自动转成另一个值直接被赋值给 dp
        dp[i][1] = max((c1 != c4 ? dp[i - 1][0] : -1), (c2 != c4 ? dp[i - 1][1] : -1)) + 1;
    }
    printf("%d\n", max(dp[n][0], dp[n][1]));
    return 0;
}