2020/5/8—cf，我裂开来

呜呜呜我爆零了呜呜呜ljll

嗯T1T2防爆零的没了呜呜呜
在此纪念可怜的yjz大佬21发AC

 

 

 太惨了（逃

先来说说我们都有些啥题目吧。。。

T1

嗯，裂开了，当场裂开
我一看！桶排！
然后实现，嗯？嗯！嗯？？？不对啊，这怎么搞？？？

 第一发

嗯！输出错了！改！

 

第二发

 

我%^&*()_)(*&^

嗯。。。
我先调一调awa
嗯！找到了！估计能A了！

 

 

 这wtm。。。

开T2吧。。。

T2

嗯！大水题！

但是，我仔细一看！

正好n个？？？？？
这。。。
瞬间就想到了一个不需要证明的贪心。。。
然后。。。

 

标准结局

 

我太难了
仔细一想，发现排个序就好了。。。
然后又调了亿调，就在比赛结束后一分钟的时候A了

这tm的。。。
我接下来看了看T3。。。

 

 

 就是一个dp。。。（第一想法）
这。。。
不行啊。

那就试试建图！2-sat！（第二想法）
这条件！我吐了，根本不行。。。
第三想法：炸了
然后一想。。。这绝对是个dp。。。
推了推式子，没搞出来。。。
这就是全部的心路历程。。。
我太难了 唉，开始写正解
T1

其实吧，就是一个排序能解决的事情，但是因为那个k的迷惑，我傻了。
想想排序，其实只要保证每一个字典序的接近就能找到最大值中的最小值了
直接构造 其实就是个贪心。。。
排个序

 

 

来自oi-wiki 这就是排序贪心的常见的情况之一

第一种情况

如果s[1]==s[k]

排序完了就能发现这个k与1之间是有联系的，只要他们不相同，因为排序的原因，就能够直接的说明在大的字符串就是s[k]。
问为什么的话，其实就是因为如果我在一个字符串中放这个字符，或者是将一类的字符放到其他的k个字符串中，易证，这个一定是可以在这种情况中最大的。
然后是另一种情况。

 

如果s[k+1]!=s[n]

那么在这种情况下，k个字符串中的第一个字符都是一样的。字典序的大小完全在于后面的字符串
为了保证这是一个最大的字符串，我不得不把下一个字符放在这个字符串上面。
只有这样，才能保证这个是最大中的最小。为了最大，我们一定要在他的后面加入一个字符，但是为了最小，又只能加入全部的字符。
比如对于

 

5 2
baacb

 

　这个样例就是这种情况。排序完是aabbc，最终的答案是abbc。
　最开始，我很疑惑。。。因为我觉得abc<abbc，然后我就傻了。。。
　但是在这种情况中，因为必须加入一个字符并最小，所以就会选择加入s[k+1].
　 这个是很显然的。但是，之后为了使它继续保持在最大的情况下，我们不得不把全部比第一个字符大的字符加入它。
　因为如果有一个字符串得到了之后的字符，它就不会再这种情况中继续保持最大了。像abb和ac，ac就会大于abb了。
　因为大的字符越靠前，这个字符串的字典序就会越大，所以我们就要尽可能的把大的字符往后靠，也就是把小的字符往前填。
　所以就可以得到了awa

　第三种情况

　就是s[i]==s[k]&&s[k+1]==s[k]

　那就之间把第一个输出了，然后在选择几个字符输出就好了啊。。。这是最简单的。
　附上代码

　

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
char s[1000001];
int k,n,T; 
inline ll read()
{
    char c=getchar();ll a=0,b=1;
    for(;c<'0'||c>'9';c=getchar())if(c=='-')b=-1;
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())a=a*10+c-48;
    return a*b;
}
int main()
{
//    freopen(".in","r",stdin);
//    freopen(".out","w",stdout);
    T=read();
    while(T--)
    {
        cin>>n>>k;
        scanf("%s",s+1);
        sort(s+1,s+n+1);
        if(s[k]!=s[1])
        {
            printf("%c\n",s[k]);
        }
        else
        if(s[n]!=s[k+1])
        {
            printf("%c%s\n",s[1],s+k+1);
        }
        else
        {
            cout<<s[1];
            for(int i=1;i<=(n-1)/k;i++)
            {
                printf("%c",s[k+1]);
            }
            cout<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

 

 

 

 

就是这么简单

T2

 

 

 一看T2，无解输出-1，嗯，要记得，嗯。
然鹅！根本就没有无解的情况。。。极其可怕awa，来自cf的一波误导awa

转载于luogu的题解

要达到最少次数，贪心的想每次肯定加上最多的量 x * 2，然而每次最少加上变化过的x，所以最后一次加的数可能小于当前的x，但是没关系，可以让这次加上的那个小于x的数尽可能的往前移直到前一个数小于等于它，然后按照顺序求一遍答案即可。

这题比T1简单。。。
溜了，附上代码

 

void solve() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    vector<int> v;
    int x = 1;
    while(n > 0) {
        if(n > x) v.push_back(x);
        else v.push_back(n);
        n -= x;
        x <<= 1;
    }
    sort(v.begin(), v.end());
    printf("%d\n", v.size() - 1);
    for(int i = 1; i < v.size(); i++) {
        printf("%d ", v[i] - v[i - 1]);
    }
    puts("");
}

 

T2就好了。。

T3还没写awa

qwq