A.Do Not Be Distracted!

解题思路
利用 m a p map map容器记录之前出现过的字母，我们只需要遍历字符串判断当前的字符有没有在之前出现过（注意是不连续的出现）。
AC代码

/***@filename:A_Do_Not_Be_Distracted_*@author: pursuit*@csdn:unique_pursuit*@email: 2825841950@qq.com*@created: 2021-05-05 22:35
**/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
const int maxn = 100000 + 5;
const int mod = 1e9+7;int t,n;
string s;
map<char,int> p;
void solve(){p.clear();char pre=s[0];p[pre]++;bool flag=false;for(int i=1;i<n;i++){if(s[i]!=pre){if(p.find(s[i])!=p.end()){flag=true;break;}else{pre=s[i];p[s[i]]++;}}}if(!flag){cout<<"YES"<<endl;}else{cout<<"NO"<<endl;}
}
int main(){cin>>t;while(t--){cin>>n;cin>>s;solve();}return 0;
}

B.Ordinary Numbers

解题思路
此题需要我们知道1~n以内的所有普通数，即位数上的数字都相等，那么这种数有什么规律呢？ 1 , 2 , 3 , 4 , 5.... 1,2,3,4,5.... 1,2,3,4,5....， 11 , 22 , 33 , 44... 11,22,33,44... 11,22,33,44...， 111 , 222 , 333 , 444 , 555 111,222,333,444,555 111,222,333,444,555。我们发现，实际上只需要起始从 1 1 1构成的相等数开始，再每次加上这个数即可。需要注意的就是进位。
AC代码

/***@filename:B_Ordinary_Numbers*@author: pursuit*@csdn:unique_pursuit*@email: 2825841950@qq.com*@created: 2021-05-05 22:39
**/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
const int maxn = 100000 + 5;
const int mod = 1e9+7;int t,n;
bool check(int x){string temp=to_string(x);for(int i=0;i<temp.size()-1;i++){if(temp[i]!=temp[i+1])return false;}return true;
}
void solve(){int ans=0;int k=1,temp=1;for(int i=temp;i<=n;i+=temp){if(check(i))ans++;else{//不行，说明已经进位，我们需要让temp变为当前长度的1。temp=temp*10+1;i=0;}}cout<<ans<<endl;
}
int main(){cin>>t;while(t--){cin>>n;solve();}return 0;
}

C. Not Adjacent Matrix

解题思路
构造问题，我们是要让相邻单元格的差值不为 1 1 1，所以我们自然能想到用奇数和奇数相邻，偶数和偶数相邻，所以我们可以先从小到大填充所有的奇数，填完奇数之后再从小到大填充完所有的偶数。这种做法除了 n = 2 n=2 n=2不满足情况，其他的均可满足。因为除 n = 2 n=2 n=2之外奇数和偶数相邻的那部分单元格差值不为 1 1 1。
AC代码

/***@filename:C_Not_Adjacent_Matrix*@author: pursuit*@csdn:unique_pursuit*@email: 2825841950@qq.com*@created: 2021-05-05 22:49
**/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
const int maxn = 100 + 5;
const int mod = 1e9+7;int t,n;
int a[maxn][maxn];
void solve(){if(n==2)cout<<-1<<endl;else{int odd=1,even=2;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(odd>n*n){a[i][j]=even;even+=2;}else{a[i][j]=odd;odd+=2;}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){cout<<a[i][j]<<" ";}cout<<endl;}}
}
int main(){cin>>t;while(t--){cin>>n;solve();}return 0;
}

D. Same Differences

解题思路
这道题其实特别简单，我们需要将给定的公式变形，即 a j − a i = j − i ( i < j ) a_j-a_i=j-i(i<j) aj−ai=j−i(i<j)，变形得到 a j − j = a i − i ( i < j ) a_j-j=a_i-i(i<j) aj−j=ai−i(i<j)。这样题目实际上就解决了。利用 m a p map map容器记录 a i − i a_i-i ai−i出现的次数，遍历数组的时候累加之前出现的 a i − i a_i-i ai−i的次数即可。需要注意的就是统计用long long类型，会爆int。
AC代码

/***@filename:D_Same_Differences*@author: pursuit*@csdn:unique_pursuit*@email: 2825841950@qq.com*@created: 2021-05-05 22:57
**/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
const int maxn = 200000 + 5;
const int mod = 1e9+7;int t,n,a[maxn];
map<int,int> p;
void solve(){ll ans=0;//aj-j=ai-i;for(int i=1;i<=n;i++){ans+=p[a[i]-i];p[a[i]-i]++;}cout<<ans<<endl;
}
int main(){cin>>t;while(t--){cin>>n;p.clear();for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];solve();}return 0;
}

E. Arranging The Sheep

解题思路
根据贪心原则，我们总是想往中间靠，那么我们则需要找到最中间的 ∗ * ∗即可，所以我们可以将这些 ∗ * ∗字符的下标存储起来，需要处理的一个细节就是，我们需要将连续的 ∗ * ∗看成是一个点，因为它们转移的消耗是一样的。处理完之后，开始判断选取哪个中点，取最小值即可。
AC代码

/***@filename:E_Arranging_The_Sheep*@author: pursuit*@csdn:unique_pursuit*@email: 2825841950@qq.com*@created: 2021-05-05 23:16
**/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
const int maxn = 1000000 + 5;
const int mod = 1e9+7;int t,n;
string s;
void solve(){vector<int> pos;//我们可以认为连续的就是同一个点，这样方便处理。int idx=1;for(int i=0;i<n;i++){if(s[i]=='*')pos.push_back(idx);else idx++;}if(pos.empty()){//说明为空。cout<<0<<endl;return;}//选择中间位置进行处理。int idx1=pos.size()/2,idx2=(pos.size()-1)/2;ll cnt1=0,cnt2=0;/* for(int i=0;i<pos.size();i++){cout<<pos[i]<<" ";} *//*  cout<<endl; */for(int i=0;i<pos.size();i++){cnt1+=abs(pos[idx1]-pos[i]);cnt2+=abs(pos[idx2]-pos[i]);/* cout<<cnt1<<" "<<cnt2<<endl; */}cout<<min(cnt1,cnt2)<<endl;
}
int main(){cin>>t;while(t--){cin>>n>>s;solve();}return 0;
}

F1. Guess the K-th Zero (Easy version)

题目大意
给定一个 01 01 01数组的长度，我们需要利用不超过 20 20 20次的查询来找到第 k k k个 0 0 0的位置。在简单版本中，我们只需要找一个 k k k。
解题思路
对于这种问题，我们应该要想到二分查找，这样我们才能保证在不超过 20 20 20次的查询来找到第 k k k个 0 0 0的位置，因为 2 20 = 1048576 > 2 e 5 2^{20}=1048576>2e5 220=1048576>2e5。那么二分的话我们需要维护一个可行区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]，每次查询 [ l , m i d ] ( m i d = ( l + r ) > > 1 ) [l,mid](mid=(l+r)>>1) [l,mid](mid=(l+r)>>1)，而返回的结果 r e s res res是该区间中 1 1 1的个数，那么自然该区间中 0 0 0的个数为 m i d − l + 1 − r e s mid-l+1-res mid−l+1−res，我们用这个与 k k k比较，判断我们查询的 k k k在哪个区间即可，需要注意的是，如果是在右边，那么我们需要更新 k k k，因为我们在意的是相对位置，而左区间已经有 m i d − l + 1 − r e s mid-l+1-res mid−l+1−res个 0 0 0了，那么终止的时候也就是找到了第 k k k个 0 0 0的位置，即 l = r l=r l=r。
AC代码

/***@filename:F1_Guess_the_K_th_Zero_Easy_version_*@author: pursuit*@csdn:unique_pursuit*@email: 2825841950@qq.com*@created: 2021-05-06 00:06
**/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
const int maxn = 100000 + 5;
const int mod = 1e9+7;int t,n,k;
//二分查找。
void solve(){int T=20;//查找次数最多20次。int l=1,r=n;while(T--){int mid=(l+r)>>1;//我们每次二分查询即可得到所在区间。cout<<"?"<<" "<<l<<" "<<mid<<endl;cout.flush();int res;cin>>res;//这个即返回的是[l,mid]这段区间的1的数量，那么0的数量自然易得。int cnt=mid-l+1-res;if(cnt<k){//说明第k个0在右边。k-=cnt;l=mid+1;}else{//说明第k个0在左边。r=mid;}if(l==r){cout<<"! "<<l<<endl;break;}}
}
int main(){cin>>n>>t;while(t--){cin>>k;solve();}return 0;
}

F2. Guess the K-th Zero (Hard version)

解题思路
目前还不会，待补。

G. To Go Or Not To Go?

解题思路
我们知道若 g [ i ] [ ] j ] g[i][]j] g[i][]j]为 − 1 -1 −1，则说明不准通行，否则其他的都可以正常移动，每次移动的消耗为 w w w。特殊的是若该点权值大于 0 0 0，说明可以使用传送器到有传送器的地方，消耗为 g [ i ] [ j ] + g [ u ] [ v ] g[i][j]+g[u][v] g[i][j]+g[u][v]。由于可以任意传送，所以其实使用传送器只会使用一次。那么我们就可以先计算出不使用传送器从 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1)出发和从 ( n , m ) (n,m) (n,m)出发到达各点的最短路径，得到了这些之后，我们就可以枚举使用的传送门（记住，这里的传送门有两处，一处是从起点到达的 ( i , j ) (i,j) (i,j)，一处是从 ( i , j ) (i,j) (i,j)传送到达的 ( u , v ) (u,v) (u,v)）取最优了，即维护 d i s t 1 [ i ] [ j ] + g [ i ] [ j ] dist1[i][j]+g[i][j] dist1[i][j]+g[i][j]和 d i s t 2 [ i ] [ j ] + g [ i ] [ j ] dist2[i][j]+g[i][j] dist2[i][j]+g[i][j]的最小值，然后再与不使用传送门直接到达 ( n , m ) (n,m) (n,m)的 d i s t 1 [ n ] [ m ] dist1[n][m] dist1[n][m]取最小值即可。
AC代码

/***@filename:G_To_Go_Or_Not_To_Go_*@author: pursuit*@csdn:unique_pursuit*@email: 2825841950@qq.com*@created: 2021-05-06 21:45
**/
#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
using namespace std;typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn = 2000 + 5;
const int mod = 1e9+7;
const ll inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f;int n,m,w;
ll dist1[maxn][maxn],dist2[maxn][maxn];//dist1[i][j]表示(1,1)到(i,j)的最短路径，dist2[i][j]表示(n,m)到(i,j)的最短路径。
int g[maxn][maxn];//图。
int go[4][2]={0,1,1,0,0,-1,-1,0};//行走路径。
void bfs(pii st,ll dist[maxn][maxn]){for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){dist[i][j]=inf;//初始化。}}queue<pii> q;dist[st.x][st.y]=0;pii head,temp;q.push(st);while(!q.empty()){head = q.front();q.pop();for(int i=0;i<4;i++){temp.x=head.x+go[i][0],temp.y=head.y+go[i][1];if(temp.x>=1&&temp.x<=n&&temp.y>=1&&temp.y<=m&&g[temp.x][temp.y]!=-1&&dist[temp.x][temp.y]>dist[head.x][head.y]+w){dist[temp.x][temp.y]=dist[head.x][head.y]+w;q.push(temp);}}}
}
void solve(){bfs({1,1},dist1);bfs({n,m},dist2);ll minn1=inf,minn2=inf;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){//穿插使用传送门，优化最小值。if(g[i][j]<=0)continue;minn1=min(minn1,dist1[i][j]+g[i][j]);minn2=min(minn2,dist2[i][j]+g[i][j]);//cout<<minn1<<" "<<minn2<<endl;}}ll ans=min(minn1+minn2,dist1[n][m]);if(ans>=inf)ans=-1;printf("%lld\n",ans);//注意是lld
}
int main(){scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){scanf("%d",&g[i][j]);}}solve();return 0;
}

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