思维的体操

博主现在是一位\(ACMer\)萌新，目前阶段在CF上找1800分左右的思维题做做。

在此记录一下吧。

CF1010C -1800'

由裴蜀定理可知，由这\(n\)个数能得到的余数集和他们的\(gcd\)一个数得到的余数集是相同的

CF1096D -1800'

\(f[i][j]\)表示前\(i\)个数最多拼到\(hard\)的前\(j\)位的最小代价
若\(s[i]==h[j+1]\)，那么\(f[j]=min(f[i-1][j]+a[i],f[i-1][j-1])\)
要么删要么让\(hard\)中断嘛。
否则\(f[i][j]=f[i-1][j]\)
显然第一维可以滚掉。

CF1283E -1800'

贪心
最小值：把所有坐标从小到大排序，从左到右扫一遍，对于有人的坐标，如果左边一个单位没有人就左移，然后还有1个人就不动，还有2个或以上的话就右移一个
最大值：从左到右每碰到一个有人的坐标就把以这个坐标为起点的3个点合并

CF813B -1800'

暴力
把所有\(x^a+b^y\)放到一个数列里两两区间和\([L,R]\)求交集即可。

CF358D -1800'

DP
\(f[i][1]\)表示前\(i\)个先拿第\(i\)个再拿第\(i-1\)个的最大值
\(f[i][0]\)表示前\(i\)个先拿第\(i-1\)个再拿第\(i\)个的最大值
边界\(f[1][1]=0\)，其它均为\(-inf\)

CF911D -1800'

对于长度为\(len\)的区间,数对个数为\(sum=len*(len-1)/2\)
设翻转后逆序对数量为\(rest\)，则翻转前逆序对数量为\(sum-rest\)
两者只差也就是变化量为\(sum-rest*2\)
后者显然是偶数，于是只要判断\(sum\)的奇偶性即可判断奇偶性是否变化

CF909C -1800'

DP
\(f[i][j]\)表示前\(i\)个，第\(i\)个缩进到\(j\)的方案数
若第\(i-1\)位是\(for\)的话，那第\(i\)位必须缩进,\(f[i][j]=f[i-1][j-1]\)
若第\(i-1\)位不是\(for\)的话，\(f[i][j]=\sum_{k=j}^{n}f[i-1][k]\)
维护一下后缀和即可

CF1446B -1800'

DP
最大子序列的思路，设\(f[i][j]\)表示以\(a_i,b_j\)结尾的最大值，然后考虑继不继承前面的答案就行

CF543A -1800'

完全背包，注意模数别开\(long long\)

CF1221D -1800'

DP
首先一个很重要的结论就是每个栅栏加1的次数只能是\(0,1,2\)
于是令\(f[i][j]\)表示前\(i\)个栅栏，第\(i\)个栅栏加长\(j\)次使得没有相邻相等的情况的最小花费，然后按情况转移即可。
答案就是\(\min {f[n][0], f[n][1], f[n][2]}\)

CF1381B -1800'

观察可以发现，\(n*2\)及以后的数肯定在一段里的，然后\(n*2-1~n*2\)区间内也是在一段里的。
于是就将原数列分成了若干段，然后跑\(01\)背包看能不能拼出\(n\)就行了。

CF1509C -1800'

DP
把原数列排序，令排序后的数列为\(a\)，显然最终数列前\(i\)位一定是\(a\)中连续的一段。
于是令\(f[i][j]\)表示把\(i~j\)这一段作为最终数列的答案，
则\(f[i][j]=min(f[i+1][j],f[i][j-1])+a[j]-a[i]\)
答案就是\(f[1][n]\)

CF478C -1800'

具体方案无需考虑，显然当数量最多的气球不超过其它2种颜色的时候答案就是总气球数除以\(3\)，否则答案为其它2种颜色气球数的和。

CF687C -1900'

DP
令\(f[i][j]\)表示一堆为\(i\)一堆为\(j\)的情况是否存在，然后就是\(01\)背包的那一套了。
最后对每个\(i\)看\(f[i][k-i]\)是否非零即可。

CF1117C -1900'

二分答案
判断\(mid\)秒能不能行先让风刮\(mid\)秒，再看和终点的距离在不在\(mid\)以内即可。

CF1114D -1900'

DP
读入的时候把颜色相同的区间合并，然后
\(f[i][j]\)表示区间\([i,j]\)变成颜色一样的最小次数。

\[f[i][j]=\left\{ \begin{aligned} f[i+1][j-1]+1, a[i]=a[j] \\ min(f[i+1][j], f[i][j-1]) + 1, a[i]\neq a[j] \end{aligned} \right.\]

CF535C -1900'

二分答案
一个\(R\)是可行的当且仅当\(A+(R-1)*B<=T\)且\([L,R]\)的食物总量\(<=M*T\)

CF803C -1900'

显然\(n\)一定是最大公约数\(d\)的倍数，于是枚举\(d\)，判断\(k>=d*n*(n+1)/2\)是否成立即可。
直接判断会爆long long，移项即可。

CF10C -2000'

一个关键性的结论就是\(s(x)=x\mod 9\)，所以

\[d(x)=\left\{ \begin{aligned} x\mod 9, x\mod 9 \neq 0 \\ 9, x\mod 9=0 \end{aligned} \right.\]

于是用桶统计余数为\(0\to 9\)的个数，然后枚举\(A,B,C\)的余数，统计即可。
最后要减去\(A*B=C\)的情况，数论分块一下就行。

CF59E -2000'

这种有限制的最短路，而且边权为\(1\)的，用\(bfs\)就好了。
用哈希表记录三元组，最后队列里存边，最短路和前驱都用边存。

CF15C -2000'

显然每一辆车都是一个独立的\(nim\)游戏，直接求异或和就好了。
暴力求当然会\(T\)，考虑到偶数和下一位的异或和肯定是\(1\)，于是处理一下首尾即可。

CF1601B -1900'

设\(f[i]\)表示跳到\(i\)（也就是滑到\(i+b[i]\))处的最小步数。
定义\(l[i]\)为深度为\(i\)处能跳到的最高点，显然

\[l[i]=max(i-a[i], 1) \]

然后考虑转移，

\[f[i]=\min_{l[j+b[j]]<=i}\{f[j]\}+1 \]

至于\(j\)怎么求，可以用树状数组维护前缀最大值

CF1601C -2300'

线段树+贪心
一个很显然的结论：\(b\)数列是按从小到大顺序插进去的。
于是直接把\(b\) sort一下放在\(a\)左边，然后考虑把\(b\)依次移到最佳位置。
由结论知最佳决策点一定是单调不减的，于是可以把\(a\)看成一个01序列。
设当前在移动\(b_j\)，如果\(a_i>b_j\)那么就是\(1\)，等于就是\(0\)，小于就是\(-1\)（把\(b_j\)移到\(a_i\)后面对答案的贡献）。
所以对于\(b\)中每个元素，找到新序列中的最大前缀和就行了，这个东西显然可以套路地用线段树来维护，因为\(b\)递增，所以新序列每个位置至多变\(2\)次，可以通过\(O(n)\)次的单点修改来维护最大前缀和。
这题套路很具代表性，所以写的比较具体。

CF1630D -1800'

一个结论是只要区间内的数-区间外的数大于等于\(k\)就行了。
于是直接滑动窗口即可。

CF702D -1900'

很简单的数学推导题，记得特判\(d\leq k\)的情况。

CF451D -2000'

不难发现，一个子串是好的，当且仅当首尾相同，于是就简单了。

CF1311D -2000'

暴力。
枚举\(A\)从\(1\)到\(2a\)（超过\(2a\)的话完全可以把\(a\)变到1），然后在\(a\)的倍数里枚举\(B\)，最后\(C\)就可以直接确定了。
时间复杂度\(O(n\log n)\)

CF1295D -1800'

仔细思考可以发现，答案就是\(\Phi(m/gcd(a,m))\)

CF1354D -1900'

看到题容易想到用multiset模拟，但multiset删值不太好删。
但发现题目只需要在最终集合随便输出个数即可，应该要想到不需要真的去维护集合。
可以直接二分答案\(x\)，检验只需要把所有数分为\(\leq x\)的和\(>x\)的，然后把所有操作过一遍就行。