Educational Codeforces Round 184 (Div. 2)

A. Alice and Bob

根据题目要求，Bob要想得分最大化就是要使Bob能够得分的球尽可能得多。

通过 lower_bound 函数和 upper_bound（这是因为题目中说平局也就是数组中的元素与a一样大是使Alice得分，我们要避免与a相同） 函数分别得到 比 a 小和比 a 的元素的数量，紧接着就是分类讨论，如果 left 比 right 要多，则让b = a - 1，则左边的数更接近与 b ，否则让 b=a + 1.

void solve(){int n, a;cin >> n >> a;vector<int> v(n + 1);for(int i = 1; i <= n; ++i) cin >> v[i];int left =lower_bound(v.begin() + 1, v.end(), a) - v.begin();int right = upper_bound(v.begin() + 1, v.end(), a) - v.begin();if(left - 1 >= (n -  right + 1)){cout << a - 1 << endl;}else{cout << a + 1 << endl;}return ;
}

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B. Drifting Away

多花点时间枚举一些情况就行了。"**"、"*<"、">*"、"><" 这四种情况可以无限航行，只要字符串中出现这样的组合输出-1就行。

排除无限航行的情况后就是计算最长的航行时间了，"<<<<<*>>"、"<<<<<>>>>"，要航行到岸边，要么字符串左边存在连续的"<"，要么字符串右侧出现连续的">"，那么我们记两个指针left 和 right,一个从左往右记录有多少个"<"，一个从右往左记录有多少">"。遍历完成后就可以进行比较了。如果遍历结束后left 和 right 的位置有 "*"，那可以从 "*"开始走增加航行时间，分类讨论下就行。

void solve(){string s;cin >> s;int len = s.length();for(int i  = 0; i < len - 1; ++i){if(s[i] == '*'){if(s[i + 1] == '*' || s[i + 1] == '<'){cout << -1 << endl;return ;}}else if(s[i] == '>'){if(s[i + 1] == '<'  || s[i + 1] == '*'){cout << -1 << endl;return ;}}}int l = 0, r = len - 1;int cnt0 = 0, cnt1 = 0;while(s[l] == '<' && l < len) {l++;cnt0++;}while(s[r] == '>' && r >= 0){r--;cnt1++;}if((s[l] == '*' || s[r] == '*') && l < len && r >= 0){cout  << max(cnt0, cnt1) + 1 << endl;}else{cout << max(cnt0, cnt1) << endl;}return ;
}

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C. Range Operation

根据题目可以推出上述等式，其中res表示数组前缀和。只要保证 F(R) - F(L-1) 最大就行，逐个遍历一遍就行，每次尽可能得取 F(L-1) 的最小值就行

void solve(){int n;cin >> n;vector<int> a(n + 1);int sum = 0;for(int i = 1; i <= n; ++i) {cin >> a[i];sum += a[i];}vector<int> res(n + 1, 0);for(int i = 1; i <= n; ++i){res[i] = res[i - 1] + a[i];}vector<int> f(n + 1, 0);for(int i = 1; i <= n; ++i){f[i] = i * i + i - res[i];}int minn = MAX;int t = 0;for(int i = 0;i <= n; ++i){minn = min(minn, f[i]);t = max(t, f[i] - minn);}cout << t + sum << endl;return ;
}

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D1. Removal of a Sequence (Easy Version)

通过题目可以知道每次都会删除第 y 的倍数的数字，求第k个数是什么。那我们这样想，如果经过 x 次删除后正好剩 k 个数，那么这第 k 个数就应该是未经过x次删除的原数的个数。

那么这样就好想了，每次枚举数的数量，经过 x 次删除后判断是否有 k 个数，二分答案。

假设原数的个数为 p ,每次会删除 y 的倍数，那么每次删除就还剩 p -= p - [p / y] 个数，以此为二分的判断依据。

void solve(){cin >> x >> y >> k;int l = 1, r = 1e12;int ans = -1;while(l <= r){int mid = l + r >> 1;if(check(mid)){l = mid + 1;}else{ans = mid;r = mid - 1;} }cout << ans << endl;
}