比赛地址：“Shopee杯” e起来编程暨武汉大学2020年大学生程序设计大赛（网络预选赛）
整场比赛体验极差，英语杀我（题目都看不懂还做个屁啊！！！），结束后当天晚上讲题，对照题解自己又去做了一遍。

E-Yu is a Brutal Creature

题意

找出 0 ∼ n 0 \sim n 0∼n之间所有满足 ( n + 1 ) ∣ ( n 2 + 1 ) (n+1)|(n^2+1) (n+1)∣(n2+1)的自然数

解题思路

根据平方差公式： n 2 − 1 = ( n + 1 ) ( n − 1 ) n^2-1=(n+1)(n-1) n2−1=(n+1)(n−1) 可知 ( n + 1 ) ∣ ( n 2 + 1 ) (n+1)|(n^2+1) (n+1)∣(n2+1)。
于是可知 ( n 2 + 1 ) − ( n 2 − 1 ) = 2 (n^2+1) - (n^2-1)=2 (n2+1)−(n2−1)=2 也应当是 n + 1 n+1 n+1 的倍数。
符合条件的数，只有 0 0 0 和 1 1 1 。
所以当 n = 0 n = 0 n=0时，答案为 0 0 0 ，当 n > 0 n > 0 n>0 时，答案为 n − 1 n - 1 n−1 。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        int n;
        scanf("%d", &n);
        printf("%d\n", n ? (n - 1) : n);
    }
    return 0;   
}

B-Best Match

题意

给定一个数组，求有多少个数对 a i a_i ai​ , a j a_j aj​ , i ≠ j i \neq j i​=j 满足 a i + a j = = 0 a_i + a_j == 0 ai​+aj​==0。

解题思路

记录下数组中每个权值的出现次数，记数组中权值 i i i 的出现次数为 c n t i cnt_i cnti​ 。那么答案就是：

$\sum\limits_{i=1}^{max(a)} cnt_i \times cnt_{-i} + cnt_0 \times (cnt_0 - 1)/2$ 
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int read(){
    int c=0,nx,sign=1;
    while(!isdigit(nx = getchar()))
        if(nx=='-')
            sign=-1;
    while(isdigit(nx))
        c=c*10+nx-'0',nx=getchar();
    return sign*c;
}
const int N = 5e5 + 20;
long long cnt[100];
int main(){
    int n = read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cnt[read() + 20]++;
    long long ans = cnt[20] * (cnt[20] - 1) / 2;
    for(int i=1;i<=20;i++)
        if(cnt[i + 20] and cnt[20 - i])
            ans += cnt[i + 20]  * cnt[20 - i];
    printf("%lld",ans);
}

A-A Monument For Heroes

题意

给你若干字符串，求按照首尾字母相同的方式接龙能接上多少个，且必须按照题目输入的顺序接, 也就是先出现的字符串必须接在前面。

解题思路

使用 DP 实现，记 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j] 表示以 i i i 开头， j j j 结尾的接龙的最长长度。
随后依次枚举每个字符串，假设字符串 s s s 的开头是 c 1 c_1 c1​ ，结尾为 c 2 c_2 c2​ ，那么
更新所有 d p [ i ] [ c 2 ] dp[i][c_2] dp[i][c2​]，更新方式为 d p [ i ] [ c 2 ] = m a x ( d p [ i ] [ c 2 ] , d p [ i ] [ c 1 ] + ∣ s ∣ ) dp[i][c_2] = max(dp[i][c_2] , dp[i][c_1]+|s|) dp[i][c2​]=max(dp[i][c2​],dp[i][c1​]+∣s∣) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 1<<29
#define maxn 1000010
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,mp[210][210],ans;
char str[110];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",str);
        int len=strlen(str);
        char s=str[0],t=str[len-1];
        for(int j='a';j<='z';++j){
            if(mp[j][s]){
                mp[j][t]=max(mp[j][t],mp[j][s]+len);
            }
             
        }
        mp[s][t]=max(mp[s][t],len);
    }
    for(int i='a';i<='z';++i) ans=max(ans,mp[i][i]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

D-DIY Masks at Home

题意

给你一个由大写字母构成的二维矩阵，你需要找到一个最大的正方形，使得这个正方形内只包含一种字母。

解题思路

本题实际上有多种通过方法，下面介绍两种参考方法：

  1. （暴力哈希）将原矩阵内每一种字母都替换成一个素数，然后计算这个矩阵的二维前缀积（对大素数取模）。那么在给定二分长度 k 的前提下，我们每次可以枚举一个矩形的左上角 ( i , j ) (i,j) (i,j) ，利用逆元计算出这么个矩形的积，再和这种字母的纯 k ∗ k k ∗ k k∗k 正方形对应的哈希值比对。如果担心碰撞，只需改成双哈希就好。总复杂度为常数有点大的 O ( n m l o g ( n ) ) O(nmlog(n)) O(nmlog(n)) 。
  2. 我们如果在原矩阵 F 的基础上预处理出一个新矩阵 G G G, 第 i i i 行第 j j j 列的值的意义为：这个值在这一行前面有多少个连续的数和它相同（包括自己）。
    随后我们对于每一列从上到下遍历，如果一个边长为 k k k，右下角位于 ( i , j ) (i,j) (i,j) 的矩形存在的话，一定会满足： min ⁡ i − k < t ≤ i { G [ t ] [ j ] } ≥ k {\min\limits_{i-k < t\leq i} \{G[t][j]\} \geq k} i−k<t≤imin​{ G[t][j]}≥k 可想而知，对于我们枚举的右下角，右上角也是具备单调性的，所以我们可以采用二分 + 对每一列维护 R M Q RMQ RMQ 数组的方法获得一个 O ( n m l o g ( n ) ) O(nmlog(n)) O(nmlog(n)) 的方法。 
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 1<<29
#define maxn 1000010
typedef long long ll;
using namespace std;
int n,mp[210][210],ans;
char str[110];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        scanf("%s",str);
        int len=strlen(str);
        char s=str[0],t=str[len-1];
        for(int j='a';j<='z';++j){
            if(mp[j][s]){
                mp[j][t]=max(mp[j][t],mp[j][s]+len);
            }
        }
        mp[s][t]=max(mp[s][t],len);
    }
    for(int i='a';i<='z';++i) ans=max(ans,mp[i][i]);
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

C-Can You Help ZSGW

题意

有一个排列，已知我们对于这个排列执行单调栈算法过程中，遍历到每一个位置之后单调栈的大小，有些位置缺失可以任意。求一个满足这种情况的字典序最小的排列。

解题思路

首先我们应该做的事，是补全这个单调栈数组 b b b。单调栈数组由于单调栈算法的特点，必然满足这么几个特点：

  1. b [ 1 ] = 1 b[1] = 1 b[1]=1
  2. 若 b [ i ] > b [ i − 1 ] b[i] > b[i − 1] b[i]>b[i−1] ，则 b [ i ] = b [ i − 1 ] + 1 b[i] = b[i − 1] + 1 b[i]=b[i−1]+1 ，且 a [ i ] > a [ i − 1 ] a[i] > a[i − 1] a[i]>a[i−1] 。
  3. 对于 b [ i ] < = b [ i − 1 ] b[i] <= b[i − 1] b[i]<=b[i−1] ，一定有 a [ i ] < a [ i − 1 ] a[i] < a[i − 1] a[i]<a[i−1] 。

我们从左到右依次补全每一个为 − 1 −1 −1 的格子，那么策略应该是：

  1. 若 i = 1 i = 1 i=1 ， b [ i ] = 1 b[i] = 1 b[i]=1 。
  2. 否则，如果我们填一个比 b [ i − 1 ] b[i − 1] b[i−1] 小的数的话，就意味着之后补全的时候 a [ i − 1 ] > a [ i ] a[i − 1] > a[i] a[i−1]>a[i] ，在字典序上不会是个好主意。所以应该填 b [ i − 1 ] + 1 b[i − 1] + 1 b[i−1]+1 。

补全数组之后，规律如下：
首先我们可以发现所有为 1 1 1 的位置组成了以 1 1 1 截止的降序序列。然后对于每个被 1 1 1 分割的子区间， 2 2 2 也会满足类似的规律。然后对于 2 2 2 进一步分割的子区间 3 3 3 也会如此。于是我们按照权值递增的顺序，依次填入每个数，然后分治递归填写子区间。标程的复杂度为 O ( n l o g ( n ) ) O(nlog(n)) O(nlog(n))，实际上利用分治区间的单调性可以进一步优化到 O ( n ) O(n) O(n)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
int T, n;
int p[200005];
int lst[200005], tail;
int pre[200005];
int nxt[200005];
int s[200005];
 
int main() {
    scanf("%d", &T);
    for(int k = 0; k < T; ++k) {
        scanf("%d", &n);
        for(int i = 0; i <= n; ++i) nxt[i] = pre[i] = 0;
        tail = 0;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &p[i]);
        p[1] = 1;
        for(int i = 2; i <= n; ++i) if(p[i] == -1) {
            if(p[i + 1] - p[i - 1] == 2) p[i] = p[i - 1] + 1;
            else p[i] = p[i - 1] + 1;
        }
        for(int i = 1; i <= n; ++i) {
            if(p[i] > p[i - 1]) {
                nxt[tail] = i;
                pre[i] = tail;
                tail = i;
            } else {
                int x = lst[p[i]];
                nxt[pre[x]] = i;
                pre[i] = pre[x];
                nxt[i] = x;
                pre[x] = i;
            }
            lst[p[i]] = i;
        }
        for(int i = 1, j = nxt[0]; i <= n; ++i, j = nxt[j]) s[j] = i;
        for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d ", s[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}