A
题目大概：
给出n个数，求所有的连续区间（包含区间长度为1的区间）的数字相与之和。
如7 11 9
(7) + (7 & 11) + (7 & 11 & 9) + (11) + (11 & 9) + (9) = 40
思路:
这种区间的题正常来说都需要推规律，还是与数学有关。这道题的区间长度为1e5，暴力是不行的。如果做过类似的题目。就会把这些数转换成二进制的形式，题目数字最大为1e6，为2的20次方就够了。所以开一个二维数组，n行20多列，表示这些数字的二进制形式。
至于计算相与之和。那就是每列每列的找就可以了。因为是相与，区间链式连续的，所以找出连续的1就可以了。这些1组成的连续区间的数量，就是这些数可以组成的有效连续区间的数量。区间数量乘本列的二进制权值，就是和。
连续1的区间的数量的规律就是一个等差数列，一个长度为5的数列，组成的连续区间数量可以用5+4+3+2+1来表示。分表示长度为1区间数，长度为2.。。。。然后这就是一个等差数列。
那么现在，该问题的所有地方都可以写了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define PI acos(-1.0)
#define ll long long
using namespace std;
const int MAX=1e5+10;
bool vis[MAX][25];
long long a[MAX];
long long bound[25];
int main()
{
int c=1;
for(int i=1;i<=24;i++)
{
bound[i]=c;
c*=2;
}
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%I64d",&a[i]);
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
long long cnt=a[i];
for(int j=1;j<=22;j++)
{
vis[i][j]=(cnt&1);
cnt>>=1;
}
}
long long ans=0;
for(int i=1;i<=22;i++)
{
long long len=0;
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(vis[j][i])
len++;
else
{
ans+=(len*(len+1))/2*bound[i];
len=0;
}
}
ans+=(len*(len+1))/2*bound[i];
}
cout<<ans<<endl;
}
}
B
略
C
题目大概：
给出n个数，然后让每个数都在数列中找一个和他加和%1e9+7之后，最大的数。
思路：
这道题，n最大为1e5，所以n2不行，需要优化到nlogn。一般都是用二分什么的优化。
仔细分析一下这道题，数列中的数最大不超过1e9+7，所以两者加和最大不超过2e9+7，题目求%1e9+7后，最大的数，就是最接近1e9+7，或者2e9+7的数，那么可以sort一下，在区间中求两个二分，分别求最接近1e9+7和2e9+7.然后比较就可以了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
struct node
{
ll val;
ll id;
}a[100005];
bool cmp(node s,node t)
{
if(s.val==t.val) return s.id<t.id;
return s.val<t.val;
}
ll n;
ll ans[100005];
ll search(ll begin,ll end,ll e)
{
ll mid,left=begin,right=end;
while(left<=right)
{
mid=(left+right)>>1;
if(a[mid].val>e) right=mid-1;
else left=mid + 1;
}
return right;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&a[i].val);
a[i].id=i;
}
sort(a+1,a+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ll t=search(1,n,mod-a[i].val-1);
if(a[i].id==a[t].id) t--;
//cout<<t<<endl;
if(t!=0)
{
ans[a[i].id]=(a[t].val+a[i].val)%mod;
//cout<<ans[a[i].id]<<endl;
}
else ans[a[i].id]=0;
//cout<<ans[a[i].id]<<endl;
t=search(1,n,2*mod-a[i].val-1);
if(a[i].id==a[t].id) t--;
ans[a[i].id]=max(ans[a[i].id],(a[t].val+a[i].val)%mod);
}
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i]<<" ";cout<<endl;
}
}
D
题目大概：给出长度为n的字符串（只包含小写字母）m个询问，求区间l到r之间包含字母q的个数。（l r可以超过n，字符串自动加长（复制自身））。
思路：
这种题当然求一个前缀和，然后r的前缀和减去l-1的前缀和，就可以了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int t;
char a[10005];
int dp[10005][30];
int n,q;
int l,r;
char b;
int sum;
int main()
{
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&n,&q);
cin>>a;
dp[1][a[0]-'a']++;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<26;j++)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
dp[i][a[i-1]-'a']++;
}
while(q--)
{
sum=0;
scanf("%d %d %c",&l,&r,&b);
int ans1,ans2;
ans1=dp[n][b-'a']*((l-1)/n)+dp[(l-1)%n][b-'a'];
ans2=dp[n][b-'a']*(r/n)+dp[r%n][b-'a'];
sum=ans2-ans1;
printf("%d\n",sum);
}
}
return 0;
}
E
给出n行数，每行6个数，从每行选择一个数，使得所有数乘积为x，问方案数。
思路：
一看这道题，就感觉是dfs就完了，但是数据量n是14，而且是多组输入，所以需要优化。
可以把这个n行数分为两半，先查一半，把这一半的数的乘积存入map，并且记录乘积为i的方案数是多少，记为map【i】。然后搜索，另一半，只要找出（x/j）%1e9+7==i的情况，然后加和就行了。这样算出来的总和，就是总的方案数了，map中没存的数为0.有除法取模。用逆元来求就可以了。
代码：
暂无
F
题目大概：
给出n个数求一种数的个数。这种数前面的数都小于等于它，后面的数都大于等于它。求这种数的个数。
思路：前缀最大一下。后缀最小一下。
然后扫一遍数组，找出符合条件的数的个数。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1100000;
int a[maxn];
int qima[maxn];
int houmi[maxn];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(qima,0,sizeof(qima));
memset(houmi,0,sizeof(houmi));
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
qima[i]=max(a[i],qima[i-1]);
}
houmi[n+1]=11111111;
for(int i=n;i>=1;i--)
{
houmi[i]=min(houmi[i+1],a[i]);
}
int ans=0;
for(int i=2;i<n;i++)
{
if(a[i]>=qima[i]&&a[i]<=houmi[i])
{
ans++;
}
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
G
题目大概：
一个矩形四周缺了多少1，如果内部有这些1那就补上，没有就返回-1.
思路：
模拟一遍。
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=55;
char a[maxn][maxn];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,m;
int c1=0,c2=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%s",a[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
{
if(i==0)
{
if(a[i][j]=='0')
c1++;
}
else if(i==n-1)
{
if(a[i][j]=='0')
c1++;
}
else if(j==0)
{
if(a[i][j]=='0')
c1++;
}
else if(j==m-1)
{
if(a[i][j]=='0')
c1++;
}
if(i>0&&i<n-1&&j>0&&j<m-1)
{
if(a[i][j]=='1') c2++;
}
}
if(c1>c2) printf("-1\n");
else printf("%d\n",c1);
}
return 0;
}
H
题目大概：
给出n个数，要求从第1个到第n个，每个位置，可以向右走1个数，也可以向右走到最近的和本位置的数相同的数上。问最少走几步。
思路：
每个位置要么向右走1步，要么向右走很多步，dp。
或者bfs。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn = 5e5 + 10;
int num[maxn], pos[maxn];
int dp[maxn];
int main(){
int t; scanf("%d", &t);
while(t--) {
int n; scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", num + i);
}
memset(pos,-1,sizeof(pos));
dp[1] = 0;
pos[num[1]] = 1;
for(int i = 2; i <= n;i++)
{
dp[i]=dp[i-1]+1;
if(pos[num[i]]!=-1)
{
dp[i]=min(dp[i],dp[pos[num[i]]]+1);
}
pos[num[i]]=i;
}
printf("%d\n", dp[n]);
}
return 0;
}
I
题目大概：
给出n个数，求所有子区间的每个数的乘积之和。
思路：
与A题，从题意上很类似。
从数据量上看，n2的的dp会炸。根据组合数学的（a1+1）*（a2+1）=a1a2+a1+a2+1
这个dp的规律与它很相似dp【i】=dp【i-1】*（a【i】+1）+a【i】；不过没有+1.
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int maxn=110000;
ll a[maxn];
ll dp[maxn];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
ll n;
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
dp[1]=a[1]%mod;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
dp[i]=(dp[i-1]+((dp[i-1]*a[i])%mod+a[i])%mod)%mod;
}
cout<<dp[n]<<endl;
}
}
J
题目大概：
给出n个字母（有重复），求由这些字母组成的串中的回文串数量。
思路：
组合方式太多，肯定要推一下规律。
首先n奇数的情况下，字符串中，26个英文字母只能由1个由奇数个才有解。
n偶数的情况，字符串中，26个英文字母，不能有奇数个的。
如果有解。
那么26个英文字母一定有偶数个，或者变为偶数个了。
因为数回文串。那就把它一分为2，只需要求一半数量的26的英文字母的全排列就行，直接套有重复元素的全排列公式。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
using namespace std;
ll n;
char s[30];
int vis[30];
ll f[30];
int main()
{
f[0]=f[1]=1;
for(ll i=2;i<=15;i++)
{
f[i]=f[i-1]*i;
//cout<<f[i]<<endl;
}
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld",&n);
scanf("%s",s);
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=0;i<n;i++)
{
vis[s[i]-'a'+1]++;
}
ll e=0,sum=0;
for(int i=1;i<=26;i++)
{
if(vis[i]%2==1) {e++;}
sum+=(vis[i]/2);
}
if(e>1) {cout<<0<<endl;continue;}
ll ans=f[sum];
for(int i=1;i<=26;i++)
{
if(vis[i]!=0)
{
if(vis[i]>=2) ans=ans/f[vis[i]/2];
}
}
cout<<ans<<endl;
}
}