# CF #807 Div.2(A

void solve()
{int n, x;cin >> n >> x;vector<int> a(2 * n);rep(i, 0, 2 * n)cin >> a[i];sort(a.begin(), a.end());bool ok = true;for(int i = 0; i < n; i ++)if(a[i] + x > a[i + n])ok = false;if(ok)cout << "YES\n";elsecout << "NO\n";
}

B - Mark the Dust Sweeper（思维）

Description:

每次操作可以选择（i，j）使ai - 1，aj + 1，前提条件是（ai … a_j-1）必须都大于0

使a1到a_n-1全部为0，求最小的操作次数

Solution:

先把中间所有的0都填上，填充的过程是o1的，也就是操作次数等于0的个数，然后从左到右，将1逐个放到最后一位上，也就是a1到a_n-1的和

Code:

const int N = 200005;
int n;
LL a[N];void solve()
{cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++)cin >> a[i];LL res = 0, sum = 0;for(int i = 1; i <= n - 1; i ++){if(a[i] == 0 && sum > 0) //从第一个非0开始计算有多少个0res ++;sum += a[i];}cout << sum + res << '\n';
}

C - Mark and His Unfinished Essay（字符串复制+映射）

Description:

给定一个字符串s，进行c次操作，每次选择当前字符串的一段（给出左右端点）加到后面，最后询问q次，第idx位的字符是什么。

Solution:

显然暴力求解不可取复杂度过高

我们需要模拟切割字符串并接在后面的过程，通过映射来找回在原串中的位置

在模拟的过程中，需要记录当前接在后面的复制串的左右端点，和上一次被复制子串的左端点。

右端点是为了得到下一个复制串接在后面的左端点。

映射关系为接在后面的复制串的第k位等于在原串的l + k位

通过映射关系，可以倒过来重复递推回到最初始的串，查询p次，每次O©递推

Code:

int n, c, q;void solve()
{string s;cin >> n >> c >> q;cin >> s;vector<LL> vl(c + 1), vr(c + 1), last(c + 1); vl[0] = 0; //s.begin()vr[0] = n; //s.end()for(int i = 1; i <= c; i ++){LL l, r;cin >> l >> r;l --, r --;vl[i] = vr[i - 1]; //当前复制得到的字符串的左端点vr[i] = vl[i] + (r - l + 1); //当前复制得到的字符串的右端点的下一位last[i] = vl[i] - l; //和上一个字符串的映射关系：长度}while(q --){LL x;cin >> x;x --;for(int i = c; i >= 1; i --){if(x < vl[i])    continue; //如果不在当前扩展串内，一直continueelse x -= last[i]; //减去映射关系}cout << s[x] << '\n';}
}

D - Mark and Lightbulbs（思维+构造）

Description:

给出两个01串a，b，问是否能通过操作使a变成b，若可以，输出最小操作次数

可以选择i (2 <= i <= n - 1) 且 s_i-1 != s_i+1 然后使si位反转（1->0, 0->1)

Solution:

根据定义，我们可以知道头尾不相同的必然不成立

观察可得，111 000 111 000 --> 1 00000 1 000 或 11111 0 11111 0

不难发现，连续相同段最多被削减成一个，但不能完全删去，所以两个串的01段是不变的

得出结论，当两个字符串的01段相同且头尾相同的情况下，存在答案

现在考虑如何将连续但长度更小的一段扩展成目标段，如图所示

[外链图片转存失败,源站可能有防盗链机制,建议将图片保存下来直接上传(img-tpzmYxcb-1658028661410)(C:\Users\86137\Pictures\Typora_picture\v2-53d36afc9717cffe12e12fe710f81719_r.jpg)]

对于该区间需要的操作次数就是 max(0, 上区间的左端点-下区间的左端点) + max(0, 下取件右端点-上区间右端点)，这是对于扩展考虑的情况；同时我们不需要考虑缩短的情况，因为一段的缩短就是他旁边两段的扩展。遍历每一段累加答案。

Code:

int n;
string a, b;int segcount(string s) //去掉连续的0和连续的1 得到01段
{return unique(s.begin(), s.end()) - s.begin();
}vector<vector<int> > get_seg(string s)
{vector<vector<int> > v; //将01区间分开存储vector<int> res;int m = s.size();res.pb(0);for(int i = 1; i < m; i ++){if(s[i] != s[i - 1]){v.pb(res);res.clear();}res.pb(i);}v.pb(res); //不加就wa 别忘了return v;
}void solve()
{ios;cin >> n >> a >> b;if((segcount(a) != segcount(b)) || a[0] != b[0] || a[n - 1] != b[n - 1]){cout << "-1\n";return;}vector<vector<int> > va = get_seg(a), vb = get_seg(b);LL res = 0;for(int i = 0; i < va.size(); i ++)res += max(0, va[i].front() - vb[i].front()) + max(0, vb[i].back() - va[i].back());    cout << res << '\n';
}

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