• Dungeon
• *Find The Array
• *Busy Robot
• *Pairs

A、Dungeon

題意：

你現在要打死三個怪物，你的每次攻擊可以挑一次怪物降低一點$HP$，且第$7$的倍數次出招可以$AOE$，每個怪物降低一點$HP$，問你能不能最後用$AOE$把它們同時都打死。

題解：

每$7$次攻擊能造成$9$點傷害，所以總血量是$9$的倍數，且$AOE$次數（總血量除$9$的商）要大於等於最少血的怪物時，就行，否則不行。

B、Find The Array

題意：

給你一個序列$a$，構造一個相同長度的序列$b$，使得$b_i$和$b_{i+1}$其中一個能整除另一個。且$\sum \limits _{i=1}^{n} |a_i - b_i| \times 2 \leq \sum \limits _{i =1} ^{n}a_i$。

題解：

自己想的一個演算法：想要每個數都達到$|a_i - b_i | \ leq a_i$，可以計算出$b_i \geq \frac{a_i}{2}$且$b_i \leq \frac{3 \times a_i }{2}$。所以就選擇其中一個數固定，然後向左右兩邊按這個規則擴充套件，一旦找到答案就輸出。

但是這個太麻煩了。

注意到題目所求式子，這個暗示了按奇偶分類即可。因為奇數位置和與偶數位置和一定有一個大於等於序列$a$的和的一半，我們只要讓$b$中這一半和$a$中一樣，其他的是$1$就行了。

C、Busy Robot

題意：

給出$n$個操作，第$i$個操作在$t_i$時刻下達，讓機器人從當前位置去$x_i$，如果前面的操作沒完成，這個操作忽略，定義一個操作“成功”，是說在$[t_i,t_{i+1}]$時間內的任意時刻，機器人在$x_i$。$t_{n+1} = INF$，按輸入順序操作，問成功的操作次數，保證$t_{i+1}>t_i$。

題解：

首先計算出能被執行的操作是什麼，然後在這些操作中間，計算出每個時間區間機器人的位置，然後判斷操作的目標位置在不在其中，如果在就統計。

坑點：有的時候機器人跑完了但是計算的時候會被視為仍在跑，計算出的區間不是實際的區間，所以需要$min$和$max$約束一下。

AC程式碼：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int N = 1e5 + 5;
 5 pair<ll, ll> p[N];
 6 int getdir(ll s, ll t)
 
 7 {
 8     if (s == t)
 9         return 0;
10     else if (s > t)
11         return -1;
12     return 1;
13 }
14 bool inrange(ll l, ll r, ll pos)
15 {
16     if (l > r)
17         swap(l, r);
18     return l <= pos && pos <= r;
19 }
20 void solve()
21 {
22     int n;
23     scanf("%d", &n);
24     for (int i = 1; i <= n; ++i)
25         scanf("%lld%lld", &p[i].first, &p[i].second);
26     p[n + 1].first = 1e18;
27     ll pos = 0, ans = 0;
28     for (int i = 1; i <= n;)
29     {
30         int dir = getdir(pos, p[i].second);
31         int nxt = i + 1;
32         while (nxt <= n && p[nxt].first < abs(p[i].second - pos) + p[i].first)
33             ++nxt;
34         for (int j = i; j < nxt; ++j)
35         {
36             ll l = pos + dir * (p[j].first - p[i].first);
37             ll r = pos + dir * (p[j + 1].first - p[i].first);
38             if (dir == -1)
39                 l = max(l, p[i].second), r = max(r, p[i].second);
40             else
41                 l = min(l, p[i].second), r = min(r, p[i].second);
42             if (inrange(l, r, p[j].second))
43                 ++ans;
44         }
45         pos = p[i].second;
46         i = nxt;
47     }
48     printf("%lld\n", ans);
49 }
50 int main()
51 {
52     int t;
53     scanf("%d", &t);
54     while (t--)
55         solve();
56     return 0;
57 }

D、Pairs

題意：

把$1$到$2 \times n$個數分成$n$個$pair$，對於$x$從$0$到$n$，選出$x$個$pair$取最小值，剩下的取最大值構成給定的序列，問有幾個$x$能構造出來。

題解：

可以知道這個可行$x$的選取是在一段連續區間上的，因為如果存在多段區間上，它們可以通過交換湊到一個區間上。然後考慮左右端點怎麼計算出來，先考慮一定只能選最小值的情況，$n=5$時的$1 2 3 4 5$，如果是$1 2 4 5 6$，則$4 5 6$其中一個可以取最大值，所以我們發現，前面的非連續的區間之間的距離，即上例的$6-4=2$減一，就可以給後面的一個數放到上面，這樣子，我們就可以計算出有哪些可以利用這個性質，使得$pair$可以以它為最大值時也合法，反過來也一樣。

AC程式碼：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 const int N = 4e5 + 5;
 5 int a[N];
 6 void solve()
 7 {
 8     int n;
 9     scanf("%d", &n);
10     for (int i = 1; i <= n; ++i)
11         scanf("%d", &a[i]);
12     a[n + 1] = n * 2 + 1;
13     int ans = n + 1, sum = 0;
14     for (int i = 1; i <= n; ++i)
15     {
16         sum += a[i] - a[i - 1] - 1;
17         if (sum == 0)
18             --ans;
19         else
20             --sum;
21     }
22     sum = 0;
23     for (int i = n; i; --i)
24     {
25         sum += a[i + 1] - a[i] - 1;
26         if (sum == 0)
27             --ans;
28         else
29             --sum;
30     }
31     printf("%d\n", ans);
32 }
33 int main()
34 {
35     int t;
36     scanf("%d", &t);
37     while (t--)
38         solve();
39     return 0;
40 }

後記：

不要死板覺得codeforces的D題E題一定是樹狀陣列或者是線段樹之類的東西QAQ，還是要多想多思考。