AtCoder Beginner Contest 158

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D:
完全模拟一定超时，设2个数组来存加在前面的/加在后面的，如果出现reverse操作，交换这两个数组即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ms(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;


void run_case() {
    string s;
    int q;
    cin >> s >> q;
    vector<char> store[2];
    int sta = 0;
    while(q--) {
        int type;
        cin >> type;
        if(type == 1) sta = !sta;
        else {
            static int pos;
            static char ch;
            cin >> pos >> ch;
            pos--;
            store[pos^sta].push_back(ch);
        }
    }
    string ans;
    for(auto i = store[0].rbegin(); i != store[0].rend(); i++) ans += *i;
    ans += s;
    for(auto ch: store[1]) ans += ch;
    if(sta) reverse(ans.begin(), ans.end());
    cout << ans;
}


int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cout.flags(ios::fixed);cout.precision(9);
    //int t; cin >> t;
    //while(t--)
    run_case();
    cout.flush();
    return 0;
}

E:
\(O(n^2)\)算法很容易想到怎么做，优化这种问题也是比较常见的形式，这里我们可以使用前缀和的形式。
设\(num_i\)为第\(i\)位到末尾的十进制数的大小，那么问题可转换为\(\frac{num_i-num_j}{10^{i-j+1}} (i < j)\)是否能被\(p\)整除，也就是\(\frac{num_i-num_j}{10^{i-j+1}}\%p=0 (i < j)\)
转换一下，得到同余式:\(num_i \equiv num_j (mod\ p)\)，那我们可以借用偏序的思想，从尾向头扫，统计每一个\(num_i\)出现的数量，若重复出现，则一定满足同余式，更新答案即可，注意要特判\(p=2/5\)的情况

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ms(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;


void run_case() {
    int n, p;
    string s;
    cin >> n >> p >> s;
    LL ans = 0;
    if(p == 2) {
        for(int i = 0; i < n; ++i) if((s[i]-'0') % 2 == 0) ans += i+1;
    } else if(p == 5) {
        for(int i = 0; i < n; ++i) if((s[i]-'0') % 5 == 0) ans += i+1;
    } else {
        map<int, int> mp;
        mp[0]++;
        int now = 0, idx = 1;
        for(int i = n-1; i >= 0; --i) {
            now = (now + (s[i]-'0')*idx) % p;
            ans += mp[now]++;
            idx = idx*10%p;
        }
    }
    cout << ans;
}


int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cout.flags(ios::fixed);cout.precision(9);
    //int t; cin >> t;
    //while(t--)
    run_case();
    cout.flush();
    return 0;
}

F:
本题要考虑到前者会对后者的影响，那我们也可以像E题一样，从后往前考虑，我们可以先进行排序使之有规律
假设现在有两个点\(i,j(X_i<X_j)\), \(dp_x为移动第x个后剩下的不同集合的数量\), 总集合为\(s\), 第\(j\)个移动后的集合为\(s_1\),若\(X_i+D_i < X_j\), 那么\(i\)移动后\(j\)不移动，则剩下的集合为\(s-\{i\}, dp_i=dp_j+1\)，若\(X_i+D_i \geq X_j\), 则\(j\)也会跟着移动，剩下的集合就为\(s_1-\{1\}\), 假设\(k\)为满足\(X_j+D_j < X_k\), 则\(dp_i=dp_k+1\),若不激活第\(i\)个机器人,则\(dp_i=dp_j\)
将激活与不激活两种情况相加即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ms(x,y) memset(x, y, sizeof(x))
#define lowbit(x) ((x)&(-x))
#define sqr(x) ((x)*(x))
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pll;

const LL MOD = 998244353;

void run_case() {
    int n; cin >> n;
    vector<pll> a(n), sta;
    vector<LL> dp(n+1);
    for(auto &x: a) cin >> x.first >> x.second;
    sort(a.begin(), a.end());
    sta.emplace_back(n, 3e9);
    dp[n] = 1;
    for(int i = n-1; i >= 0; --i) {
        while(sta.back().second < a[i].first + a[i].second) sta.pop_back();
        dp[i] += dp[sta.back().first];
        sta.emplace_back(i, a[i].first);
        dp[i] = (dp[i] + dp[i+1]) % MOD;
    }
    cout << dp[0];
}


int main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
    cout.flags(ios::fixed);cout.precision(9);
    //int t; cin >> t;
    //while(t--)
    run_case();
    cout.flush();
    return 0;
}