https://ac.nowcoder.com/acm/contest/91849
多年退役找工作選手膜拜眾出題大佬！！！出的題特別好！！！
A
尋找分開的若干個11..1串，比如串001110001111，就是111和1111。
首先，認為所有的0，都是識別正確的，這些0的下一個位置，都是人類。即0 next = Human。
其次，對於11..1串，從右到左，它們可以這樣設定（H代表人類，B代表機器）：
| 0 | 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
|---|---|---|---|---|---|
| H | B | H | B | H | B |
11..1串最後一個字元，也就是從右到左的第一個字元，必定是B，因為它識別錯了，下一個位置應該是人類，因為有前提：0 next = Human，而只有機器人才會識別錯誤。然後逐漸交替，即B H B H B … …。
實際做題的時候，大概感受一下輸入樣例是怎麼得到輸出的，然後直接下手寫了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
const LL mod_1=1e9+7;
const LL mod_2=998244353;
const double eps_1=1e-5;
const double eps_2=1e-10;
const int maxn=2e5+10;
string str;
int main()
{
int T, n, i, result, cnt;
cin>>T;
while (T--)
{
cin>>n>>str;
result = 0;
n--;
for (i=0; i<n; i++)
{
cnt = 0;
while (i<n && str[i]=='1')
{
i++;
cnt++;
}
result += (cnt+1)/2;
}
cout << result << endl;
}
return 0;
}
B
看榜單，這麼多人做對，而且時間比較短，猜測是比較短程式碼的題目。
我是稍微想了B沒思路，然後先做了C(159分時AC)，再折回來做B。那時候時間就很緊張，剩下20分鐘。
然後靜下心，把這個程式碼寫了。還遇到1e6寫成1e5的問題，還有多組測試樣例下陣列的問題。反正我就猜測有什麼問題，畢竟是最後1分鐘，把有可能發生錯誤的都試著改一下然後提交，甚至i-K也試著改成i-K-1和i-K+1提交一下。運氣好，AC了。同時，感覺最近很多場線上比賽壓軸提交程式碼AC，很爽！
因為是\(10^{6}\)複雜度，所以可以處理的演算法不多，我想過的有DP，ST演算法，感覺時間、空間都挺超的，還有尺取法，等等。我一開始想的，就是貪心，然後逐漸演化而成。
相鄰的兩個k倍數段(第k * j個段和第k * (j + 1)個段)，至少要間隔k個數，然後貪心不了。後來想了一下，哦哦，其實對於某個數(位置為P)作為第k * (j + 1)個段的開頭，它就可以以位置1 ~ P-K的任意一個數作為第k * j個段的結尾。記錄位置為1 ~ P作為第k * j個段的結尾時的字首權值之和，然後取它們的最大值：\(\max_{i=1}^{P}(PreSum_{i})\)。每次P位置+1時可以O(1)處理。注意哈，我說的字首權值PreSum不是字首和，而是k倍數段中的數的數值之和。
對於第k * j個段，若當前P位置處於這個段，那麼P+1位置可以選擇新增\(a_{P + 1}\)這個數字，同時這個數仍然處於第k * j個段，仍然可以繼續擴充。
關鍵程式碼：
start[i] = a[i];
value = max(value, start[i-K]);
start[i] = max(start[i], start[i-1] + a[i]);
start[i] = max(start[i], value + a[i]);
程式碼細節：
- \(10^{6}\)
- 陣列每次的初始化(不然WA)
K=1無法分割段時的特殊處理(賽後再次測試得知，它是要單獨處理的，否則WA)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
const LL mod_1=1e9+7;
const LL mod_2=998244353;
const double eps_1=1e-5;
const double eps_2=1e-10;
const int maxn=1e6+10;
LL a[maxn], start[maxn];
int main()
{
LL T,n,K, sum, i, value;
memset(start, 0, sizeof(start));
scanf("%lld", &T);
while (T--)
{
scanf("%lld%lld", &n, &K);
for (i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld", &a[i]);
for (i=1;i<=n;i++)
start[i] = 0;
value = 0;
for (i=1;i<=n;i++)
{
if (i<K)
continue;
start[i] = a[i];
value = max(value, start[i-K]);
start[i] = max(start[i], start[i-1] + a[i]);
start[i] = max(start[i], value + a[i]);
//start[1]~start[i-K]
}
if (K==1)
{
sum = 0;
for (i=1;i<=n;i++)
sum += a[i];
printf("%lld\n", sum);
continue;
}
sum = 0;
for (i=K;i<=n;i++)
sum = max(sum, start[i]);
printf("%lld\n", sum);
}
return 0;
}
C
看到這道題，我感受到了可能和這道題有點像，2018 “百度之星”程式設計大賽 - 初賽（A）度度熊學佇列，我那時的解法，這道題用list資料結構，把編號為 v 的佇列接在編號為 u 的佇列的最後面，可以做到O(1)。實際上這道題的資料結構不適用這道題哈。
求\(p_{k}\)的數值，只考慮\(k\)這個位置的變化，那麼就要從後往前看。比如1->3->2->4，1這個位置，從後往前看(反過來看)，swap(1,3)，swap(3,2)，swap(2,4)，最後是一開始的a[4]的數值在1這個位置。感覺遇到過這種這類的題不少次。
然後問題來了，swap(X,Y)，就是當前處於X的數和處於Y的數交換位置。一個集合和一個集合交換位置，我想到的是像set、list、vector這類的資料結構，都可以做到O(1)處理。
然後，就是記錄和獲取work(L,R,K)的數值。
實際上可能有很多個操作都在同一個位置，但是統一處理降低了複雜度。否則，比如位置1的數值經歷了m次修改，n個詢問都是問這個位置1，複雜度就是\(O(n*m)\)了。
同時，有些資料結構，無法獲取R->L，當到達位置L時，要獲取結果然後結束(處理剛好完成後，從某個資料結構中刪除)。所以，選擇的資料結構需要有排序 / Top的功能。
實際操作中：
set，記錄(L, Qth)。Qth是第Qth個查詢。L就是題目中的L，(L,R) range的L。vector，記錄反過來（從大到小），作為開始的R，有哪些(L,R)對是從某個特定的R開始的。R就是題目中的R，(L,R) range的R。R從大從小遍歷。R從大從小遍歷，處理這個特定的R的若干序列(K,L,Qth)，(L,Qth)加入set[K]中。- 你並不知道對於特定的
(L,R,K)，當L處理完後，它在哪個set中。因為set有n個(\(n \leq 10^6\))，你總不能依次遍歷n個set吧尋找吧。一個巧妙的處理點，對於已經在處理第I個操作，在swap(set[ a[i] ], set[ b[i] ])之前，對於第a[i]和b[i]個set，可以把之前已經處理完的對刪除(erase)了。具體就看哪些對的L值大於現在的I。因為set是自動排序的資料結構，所以這些要處理的(L,Qth)實際上就在set的最後面幾個。
程式碼實際上不長哈，就是有點耗腦。
因為很久沒寫set這類reverse的程式碼了，寫起來很難受，這個地方卡了很長時間。刪除一個元素的時候，指標也會發生變化。比如rbegin,erase(it),++it，等等，反正就是很容易寫錯。這是用文心一言（ChatGPT更好哈）跑"set刪除一個元素，它的next指標發生變化"生成的結果。你需要先記錄next指標，再刪除哈，或者每次刪除最大的元素並迴圈。我寫成it = --st[j].end()，讓我有點難崩，應該有其它的寫法吧，也可以用auto。
在 C++ 的 std::set 容器中，元素的儲存和訪問方式與連結串列（如單連結串列或雙連結串列）有很大的不同。std::set 是一種基於紅黑樹（一種自平衡二叉查詢樹）實現的關聯容器。因此，std::set 中的元素不是透過指標連結在一起的，而是透過節點在紅黑樹中的位置關係來組織。
當你從 std::set 中刪除一個元素時，以下幾點需要注意：
元素指標的變化：在 std::set 中，你通常不會直接操作元素的指標（如 next 指標），因為 std::set 的內部實現是基於節點的，而這些節點之間的連結（父節點、左子節點、右子節點）是由紅黑樹的性質來維護的。
紅黑樹的調整：當你刪除一個元素時，紅黑樹需要進行一系列旋轉和重新著色操作，以保持其平衡性和查詢效率。這些操作會改變樹的結構，但你不會直接看到或操作這些“指標”（即節點之間的連結）。
除錯的時候，不知道為什麼，我的VSCode一直爆炸，每次除錯後，都得關閉重新開啟。我懷疑是set的問題。就像，之前CodeBlocks跑什麼發生錯誤後（比如段錯誤），這個軟體就得出點奇怪的問題，需要重新關閉開啟才能調教好。太難受啦！我是第一個遇到這個問題哈，我用VSCode也是因為它的程式碼自動補全（這場基本沒有看到）和CPH外掛（也沒太多用到，但稍微有點用）。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define ULL unsigned long long
const LL mod_1=1e9+7;
const LL mod_2=998244353;
const double eps_1=1e-5;
const double eps_2=1e-10;
const int maxn=1e6+10;
typedef pair<int, pair<int, int> > par;
vector<par> vec[maxn];
set<pair<int, int> > st[maxn];
set<pair<int, int> >::iterator it;
int result[maxn], a[maxn], b[maxn];
int n, m, q, L, R, K, x, y, z, i;
void handle(int j)
{
if (st[j].empty())
return;
while (!st[j].empty())
{
it = --st[j].end();
if (it->first > i)
{
result[it->second] = j;
st[j].erase(it);
}
else
return;
}
}
int main()
{
cin>>n>>m>>q;
for (i=1;i<=m;i++)
scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
for (i=1;i<=q;i++)
{
scanf("%d%d%d", &L, &R, &K);
vec[R].push_back(make_pair(K,make_pair(L, i)));
}
for (i=m;i>=1;i--) //L/R range
{
for (int j : {a[i], b[i]})
handle(j);
for (auto temp : vec[i])
{
x = temp.first;
y = temp.second.first;
z = temp.second.second;
st[x].insert(make_pair(y, z)); //L i
}
swap(st[ a[i] ], st[ b[i] ]);
}
i = 0;
for (int j = 1; j<=n; j++) // value range
handle(j);
for (i=1;i<=q;i++)
printf("%d\n", result[i]);
return 0;
}
P.S. 我覺得好的題的定義
我感覺這種很考思維邏輯，資料結構的題（我指的是前3題，後面沒看），ChatGPT很難生成正確的答案。其實AtCoder、CodeForces估計一直有這方面的嘗試和討論，出點很有創新的題目，而不是模板題。有一次我看到AtCoder歪榜，你懂的字數字數。
我的個人感悟巴拉巴拉
實力尚還在吧，多年後，一些資料結構有新的感悟，但是一些STL函式使用的確生疏了，寫得也相對比較慢，但是程式碼錯誤基本會比較少。雖然一開始有點事，後面環境也不是太安靜，但是他們都努力降低聲音了，set也很久沒寫了很生疏，但是最後20分鐘趕上了第三題的ac，最後兩分鐘趕上了第二題的ac。看了一下榜，三題AC倒3，這很正常，因為我大大高估了自己做第三題的時間(STL字數字數，太耗時了)，第二題最後做的，罰時超大，而且想到的都交了，於是5WA。前100名，187分鐘的罰時，大概理想就是10(15) 30 (40) 90(120)吧，實際上挺難的，你還要考慮WA的次數。距離拿衣服還有很遠的地步，但是足夠了，很開心。話說，拿衣服就不能放寬到200名嗎？？！！！讓兄弟們混件衣服唄！！！感覺參加這次比賽的同學都挺有水平，看它們牛客Ranking和顏色就知道了，普遍ACM銀金水平吧。我很多牛客比賽都是亂作的，還有人很菜，然後藍色，嗯？黑人問號？尊貴的藍色？嗯？？？