题面过长，在博客暂且略过。。若需要题面，请点击Codeforces Round #690 (Div. 3)
由于作者实力有限，就先写A-E1题的题解吧。
update：已更新E2题解
A.Favorite Sequence
思路：显然，我们需要把给出的序列每次输出前列的一个和后列的一个，需要特判下n的奇偶性。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n;
int a[10000010];
int main(){
scanf("%d", &t);
while(t--){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", &a[i]);
}
for(int i = 1; i <= n / 2; i++){
printf("%d %d ", a[i], a[n + 1 - i]);
}
if(n % 2 == 1) printf("%d", a[n / 2 + 1]);
printf("\n");
}
return 0;
}
B.Last Year’s Substring
思路：按照题意，只有2020xxx, 202xxx0, 20xxx20, 2xxx020, xxx2020形式构造的字符串是可以以零次或一次操作变为2020的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n;
char c[210];
int main(){
scanf("%d", &t);
while(t--){
int flag = 0;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> c[i];
}
if(flag == 0){
if(c[1] == '2' && c[2] == '0' && c[3] == '2' && c[4] == '0') flag = 1;
}
if(flag == 0){
if(c[n - 1] == '2' && c[n - 2] == '0' && c[n - 3] == '2' && c[n] == '0') flag = 1;
}
if(flag == 0){
if(c[1] == '2' && c[n - 2] == '0' && c[n - 1] == '2' && c[n] == '0') flag = 1;
}
if(flag == 0){
if(c[1] == '2' && c[2] == '0' && c[n - 1] == '2' && c[n] == '0') flag = 1;
}
if(flag == 0){
if(c[1] == '2' && c[2] == '0' && c[3] == '2' && c[n] == '0') flag = 1;
}
if(flag == 1) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
return 0;
}
C.Unique Number
思路：当n=45时，为123456789，是符合条件的最大的数，所以当n>45时输出-1。当n<=45时，构造字符串，因为要求是最小的，所以输出时要倒序输出。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n;
int a[10000010];
int main(){
scanf("%d", &t);
while(t--){
scanf("%d", &n);
if(n > 45) printf("-1\n");
else{
int temp = 9, cnt = 0;
while(n > temp){
n -= temp;
a[++cnt] = temp;
temp--;
}
a[++cnt] = n;
for(int i = cnt; i >= 1; i--){
printf("%d", a[i]);
}
}
printf("\n");
}
return 0;
}
D . Add to Neighbour and Remove
思路：用sum记录下总和，暴力从大到小试验每一种可能。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, n;
int a[3010];
int main(){
scanf("%d", &t);
while(t--){
long long sum = 0;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", &a[i]);
sum += a[i];
}
for(int i = n; i >= 1; i--){
long long cnt = 0;
if(sum % i != 0) continue;
long long temp = sum / i;
long long ans = 0;
for(int j = 1; j <= n; j++){
ans += a[j];
if(ans == temp){
cnt++;
ans = 0;
}
else if(ans > temp) break;
}
if(cnt == i){
printf("%d\n", n - i);
break;
}
}
}
return 0;
}
E1 .Close Tuples (easy version)
思路：简单的组合数学问题，用map先记录下每个数出现的个数有几种可能，m[i]中选三个，m[i]中选两个m[i+1]中选一个或m[i+2]中选一个，a[i]中选一个a[i+1]中选一个a[i+2]中选一个或a[i]中选一个a[i+1]选两个或a[i]中选一个a[i+2]选两个。用memset将数组清零会在第九个点tle，所以需要将使用过的m[i]顺手清零，这样就不会超时啦！
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long t, n;
long long a[200010], m[200010], ma[200010];
long long ca(long long x){
return x;
}
long long cb(long long x){
return x * (x - 1) / 2;
}
long long cc(long long x){
return x * (x - 1) * (x - 2) / 6;
}
int main(){
scanf("%lld", &t);
while(t--){
long long sum = 0;
scanf("%lld", &n);
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%lld", &a[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
m[a[i]]++;
}
for(int i = 1; i <= n; i++){
long long ans1 = cc(m[i]);
long long ans2 = cb(m[i]) * (ca(m[i + 1]) + ca(m[i + 2]));
long long ans3 = ca(m[i]) * (cb(m[i + 1]) + cb(m[i + 2]) + (ca(m[i + 1]) * ca(m[i + 2])));
sum += ans1 + ans2 + ans3;
m[i]=0;
}
printf("%lld\n", sum);
}
return 0;
}
E2. Close Tuples (hard version)
思路：和简单版本都是组合数，不过hard版需要用到除法取模，所以可以用费马小定理求出逆元从而求出组合数。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 2e5 + 10;
ll f[maxn];
ll a[maxn];
int t, n, m, k;
ll qpow(ll a, ll b){
ll ans = 1;
while(b){
if(b & 1) ans = ans * a % mod;
a = (a % mod) * (a % mod) % mod;
b >>= 1;
}
return ans;
}
ll c(ll n, ll m){
if(n < m) return 0;
else return f[n] * qpow(f[n - m], mod - 2) % mod * qpow(f[m], mod - 2) % mod;
}
void fac(){
f[0] = 1;
for(int i = 1; i <= 2e5; i++) f[i] = f[i - 1] * i % mod;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
fac();
cin >> t;
while(t--){
ll ans = 0;
cin >> n >> m >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + 1 + n);
int l = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
while(a[i] - a[l] > k) l++;
ans += c(i - l, m - 1);
ans %= mod;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}