• A、Avoid Trygub

• B、Balls of Steel

• *C1、Errich-Tac-Toe (Easy Version)

• *C2、Errich-Tac-Toe (Hard Version)

• *D、Rating Compression

Avoid Trygub

題意：

給你一個字串，重排它讓它不出現$"trygub"$子序列。$n \leq 100$。

題解：

對這個字串的字元直接排序即可。

Balls of Steel

題意：

給你$n$個點和$k$，每次選擇一個點，使得和它的曼哈頓距離小於$k$的點都被它吸引（到它的位置），問多少次操作能使所有點都在一個位置，不能則輸出$-1$。$n \leq 100$。

題解：

顯然要麼一次，要麼不能。暴力判斷一下點之間的距離就行。

Errich-Tac-Toe (Easy Version)

題意：

一個$n * n$的棋盤上有$'.'$和$'X'$，三個$'X'$橫著或豎著連續，則算贏局，否則算平局，給出一個局面，現在你需要把最多$\lfloor \frac{k}{3} \rfloor$的位置（$k$為$'X'$的個數）改成$'O'$，讓它變成平局，輸出方案。

題解：

想了很多方法$QAQ$，但是完全沒注意到染色的笨蛋。考慮染色，其實我們可以發現，連著的三個$'X'$座標($x_i,y_i$)的和$x_i+y_i$構成模$3$的完全剩餘系，按照這個染色。這樣子我們只需要算出每種顏色的$'X'$有多少，把最少$'X'$的顏色的$'X'$全部染成$'O'$即可。

Errich-Tac-Toe (Hard Version)

題意：

一個$n * n$的棋盤上有$'.'$和$'X'$和$‘O’$，三個$'X'$或者三個$'O'$橫著或豎著連續，則算贏局，否則算平局，給出一個局面，現在你需要把最多$\lfloor \frac{k}{3} \rfloor$的位置（$k$為$'X'$的個數）改成$'O'$，反之亦然，讓它變成平局，輸出方案。

題解：

同上，我們保證一種顏色沒有$'X'$，另一種顏色沒有$'O'$即可。

總結：

碰到這種連著的題，可以考慮模$k$染色的做法。

Rating Compression

題意：

給出一個序列，問對於$1 \leq i \leq n$，長度為$i$構成的滑動視窗的最小值形成的長度$n-i+1$的序列是不是一個排列。輸出一個長度是$n$的字串，第$i$位$[0/1]$表示長度為$i$的情況。

題解：

考慮一個數向左向右延伸多長，這個區間內還是以它為最小值，若視窗長度小於這個區間，顯然生成的序列就不是排列。考慮滑動視窗長度是$i$排列的性質：$1$到$n-i+1$都需要出現在排列中，排列長度是$1$到$n-i+1$。則如果$n-i+1$不出現在原序列，這個排列必不存在。因為考慮到$1$一定是最小的，則延伸長度是$n$的區間一定會是$1$，記錄$1$，考慮$2$，如果延伸長度不是$n-1$，則說明$1$不在端點，則長度是$n-1$的滑動視窗必然非法。否則記錄$2$。同樣的考慮$3$，並假設長度$n-1$的滑動視窗合法，顯然$1$和$2$要麼分別在兩端點，要麼連著，且$1$咋在端點，則$2$的延伸長度是$n-1$。記錄$3$。即$i$合法時，必須有$1~i$的記錄，此時滑動視窗的長度是$n-i+1$。考慮重複的情況：$1 3 2 1$，算出長度是$2$時的序列：$1 2 1$。按照上面的過程，滑窗長度是$3$時，沒有記錄$2$，但是記錄了兩個1，然後在滑窗長度是$2$是，記錄了$2$，此時也是滿足3個的。但是顯然這個生成序列不滿足。此時$set$去重即可。

AC程式碼：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int N = 3e5 + 5;
 4 int l[N], r[N];
 5 int s[N], a[N], cnt[N];
 6 bool vis[N];
 7 char str[N];
 8 vector<int>v[N];
 9 set<int>ss;
10 void solve()
11 {
12     int n;
13     scanf("%d", &n);
14     for (int i = 1; i <= n; ++i)
15     {
16         vis[i] = 0;
17         str[i] = '0';
18         v[i].clear();
19         cnt[i] = 0;
20     }
21     ss.clear();
22     for (int i = 1; i <= n; ++i)
23         scanf("%d", &a[i]), vis[a[i]] = 1;
24     int top = 0;
25     for (int i = 1; i <= n; ++i)
26     {
27         while (top && a[i] < a[s[top - 1]])
28             r[s[--top]] = i - 1;
29         s[top++] = i;
30     }
31     while (top)
32         r[s[--top]] = n;
33     for (int i = n; i; --i)
34     {
35         while (top && a[i] < a[s[top - 1]])
36             l[s[--top]] = i + 1;
37         s[top++] = i;
38     }
39     while (top)
40         l[s[--top]] = 1;
41     for (int i = 1; i <= n; ++i)
42         v[r[i] - l[i] + 1].push_back(a[i]);
43     for (int i = n; i; --i)
44     {
45         if (!vis[n - i + 1])
46             break;
47         for (auto num : v[i])
48             ss.insert(num);
49         if (ss.size() == n - i + 1)
50             str[i] = '1';
51     }
52     for (int i = 1; i <= n + 1; ++i)
53         printf("%c", i <= n ? str[i] : '\n');
54 }
55 int main()
56 {
57     int t;
58     scanf("%d", &t);
59     while (t--)
60         solve();
61     return 0;
62 }