A. Paint the Numbers

思路
把序列的数从小到大排序，然后从枚举第一个数为A颜色，然后贪心地取后面的数。取过的数标记取过了，后面就不需要以这个数枚举
复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int a[105];
bool vis[105];
int main(){
    int n, ans = 0;
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
    sort(a + 1, a + n + 1);
    for(int i = 1; i <= n; i++){
	if(vis[i]) continue;
	ans++;
	for(int j = i + 1; j <= n; j++){
		if(a[j] % a[i] == 0){
			vis[j] = true;
		}
	}
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

B. Koala and Lights

思路
对于任意一台灯，如果t = 0 时刻状态为A， 那么在t = [ b + k ∗ a , b + ( k + 1 ) ∗ a ) [b + k*a, b+(k + 1)*a) [b+k∗a,b+(k+1)∗a)（当且仅当k是奇数的时候状态还是A）
k = ( t − b ) / a k=(t-b)/a k=(t−b)/a，考虑一下t = 5的时候，（5 - b）/ a 的奇偶性与（5 - b + X）/ a奇偶性什么时候相同呢？
只要保证相同，那么我们就可以确定从t = 5开始每过X时间就可以变成t=5的状态。
我们可以显然得到只要X/a为偶数就可以了，那么我们就可以直接设X = 2 * 3 * 4 * 5;

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e7 + 5;
char s[105];
int a[105], b[105];
int main(){
    int n;
    scanf("%d", &n);
    scanf("%s", s + 1);
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
	if(s[i] == '1') ans++;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
	scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
    }
    if(ans == n){
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
    }
    int tmp = ans;
    for(int i = 1; i <= 130; i++){
	int temp = tmp;
	for(int j = 1; j <= n; j++){
		if(i < b[j]) continue;
		int index = (i - b[j]) / a[j];
		if((index & 1) == 0){
			if(s[j] == '0') temp++;
			else temp--;
		}
	}
	ans = max(ans, temp);
    }
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
}

C. Paint the Digits

题意
把一串数字，每一个数字标记成1或2.保证标记1/2的数字从前到后都是非递减。
且标记1中的最大值要小与标记2的最小值。
思路1
如果存在涂色方法的话，我们就可以把它们分成两个部分，且都是单调非递减队列。
所以我们可以直接在原数列里面跑一个单调栈(保证单调栈里面最大元素大于没有进栈的元素)，然后最终栈里面的元素全标记为1。
我们只需要check一下标记2的是否为单调非递减。
代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2e5 + 5;
char s[maxn];
bool vis[maxn];
int num[maxn];
struct node{
	int val;
	int index;
};
int main(){
    int t;
    scanf("%d", &t);
    while(t--){
	int n;
	scanf("%d", &n);
	scanf("%s", s + 1);
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		vis[i] = false;
		num[i] = s[i] - '0';
	}
	bool is = true;
	stack<node>stk;
	stk.push({num[1], 1});
	vis[1] = true;
	int mi = 10000;
	for(int i = 2; i <= n; i++){
		if(num[i] > mi) continue;
		node tmp = stk.top();
		while(stk.size() && num[i] < tmp.val){
			vis[tmp.index] = false;
			mi = min(mi, tmp.val);
			stk.pop();
			if(stk.size() == 0) break;
			tmp = stk.top();
		}
		vis[i] = true;
		stk.push({num[i], i});
	}
	int pp = -100;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if(vis[i]) continue;
		if(num[i] < pp){
			is = false;
			break;
		}
		pp = num[i];
	}
	if(!is){
		printf("-\n");
		continue;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		if(vis[i]) printf("1");
		else printf("2");
	}
	putchar('\n');
    }
    return 0;
}

思路2
我们可以枚举分界值（0-9）。对于数字串，比这个分界值小的标记为1，比这个值大的标记为2。
那么我们可以check 1串与2串的单调性判断可不可以。
对于数字与分界值相同的怎么check呢？

复杂度：（O（10*n））