div3的题比div2都要难了吗......
比赛那天是晚上11点，困的不行，做了几分钟A题没A掉一怒之下就去睡觉了，昨晚又抓过来重新做了下，div3体验极差。。
题意：给一个串t，构造一个尽可能长度小字符串，使得这个字符串里有k个子串t
一开始WA在6组，后来想了想，有一种情况忘了考虑
4 3
aaaa
put：aaaaaa
只需要找出最大的前缀和后缀相等的情况即可，然后让下标sub停留在前缀的后一个字符处。
最后输出一次原串，k-1次从sub开始的子串。
（利用kmp的next数组也可以做
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define memset(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define eps 1.0E-8
using namespace std;
const int MAXL(1e6);
const int INF(0x3f3f3f3f);
const int mod(1e9+7);
typedef long long int LL;
int main()
{
int n,k;
string t;
cin>>n>>k>>t;
int sub=0;
string str1,str2;
for(int i=0;i<n-1;i++)
{
str1+=t[i];
str2=t[n-i-1]+str2;
if(str1==str2)
sub=i+1;
}
cout<<t;
for(int i=1;i<k;i++)
cout<<t.substr(sub);
cout<<endl;
}题意：给出一个上升的数组。要求找出最大长度的子数组，对于子数组里面的数值，要保证a[i-1]*2>=a[i].
按照AC的代码题意是这样的，但是原文叙述有很多不对的地方（我记得当时比赛B题改了题面，不过我没有注意看
一开始就翻译成了对于子数组里面的数字，对于每一个i，从1~i-1的每个数都要使得a[j]*2>=a[i] 1<=j<=i-1，于是二分就WA了。
。。。
枚举O（n），满足条件ans+1，否则重置ans
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define memset(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define eps 1.0E-8
using namespace std;
const int MAXL(2*1e5);
const int INF(0x3f3f3f3f);
const int mod(1e9+7);
typedef long long int LL;
int a[MAXL+50];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",a+i);
int ans=0,temp=1;
for(int i=1;i<n;i++)
{
if(a[i-1]*2>=a[i])
temp++;
else
ans=max(ans,temp),temp=1;
}
cout<<max(ans,temp)<<endl;
}
又是一道前后缀的题
题意：给出n条线段，问删除哪一个线段可以使得其它线段的交集最小。
枚举每一个线段 i ，都可以假设删除此条线段，这样的结果就是 1~i-1线段的交集和i+1~n线段的交集，再取交集。
那么就可以维护一个前缀数组和后缀数组存放线段的交集。
ps：交集：左区间的最大值，右区间的最小值。
并集：左区间的最小值，右区间的最大值。
做完后想了想，代码里的排序删掉也可以，不影响最终结果。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define memset(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define eps 1.0E-8
using namespace std;
const int MAXL(3*1e5);
const int INF(0x3f3f3f3f);
const int mod(1e9+7);
typedef long long int LL;
struct node
{
int l,r;
bool operator < (const node &cmp)const{
return l==cmp.l ? r<cmp.r : l<cmp.l;
}
}a[MAXL+50],dp1[MAXL+50],dp2[MAXL+50];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[i].l,&a[i].r);
sort(a+1,a+n+1);
int max1=a[1].l,min1=a[1].r;
int max2=a[n].l,min2=a[n].r;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
max1=max(max1,a[i].l);
min1=min(min1,a[i].r);
dp1[i].l=max1,dp1[i].r=min1;
max2=max(max2,a[n-i+1].l);
min2=min(min2,a[n-i+1].r);
dp2[n-i+1].l=max2,dp2[n-i+1].r=min2;
}
int ans=0;
ans=max(ans,dp2[2].r-dp2[2].l);
ans=max(ans,dp1[n-1].r-dp1[n-1].l);
for(int i=2;i<n;i++)
ans=max(ans,min(dp1[i-1].r,dp2[i+1].r)-max(dp1[i-1].l,dp2[i+1].l));
cout<<ans<<endl;
}这就是体验极差的一道题，div3的D题没做出来。。。
后来看到题解写了一个公式，恍然大悟，遂奋键疾码，AC此题 ：）
题意：有n个数，每两个数之间可以连接（比如123和456，连接后就是123456）组成新的数，找出有多少个新组成的数可以被k整除。
两个数x,y，如果连接后的数能被k整除，当且仅当：
（ x*pow(10,len)%k+y%k ）% k == 0 ①
即： x*pow(10,len)%k+y%k == k 或者 0 ②
其中 len为y的位数。
所以x*pow(10,len)%k = ( k - y%k ) %k ，后面再%k是式②余数为0的情况。
这样我们就可以预处理出前面的式子，即 len=i 时，x*pow(10,i)%k 的个数
然后枚举一遍数据，计算 ( k - y%k ) %k ，如果两个结果相等，那么就加在ans里。
有一种情况需要额外处理，当自身与自身连接被k整除时，要减去这种情况。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<map>
#define memset(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
#define eps 1.0E-8
using namespace std;
const int MAXL(2*1e5);
const int INF(0x3f3f3f3f);
const int mod(1e9+7);
typedef long long int LL;
int n,k;
int a[MAXL+50];
map<int,int> mp[20];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1; i<=n; i++)
{
scanf("%d",a+i);
LL x=a[i];
for(int j=1; j<=10; j++)
{
x*=10;
x%=k;
mp[j][x]++;
}
}
LL ans=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
{
int len=log10(a[i])+1;
ans+=mp[len][(k-a[i]%k)%k];
LL x=1;
for(int j=1; j<=len; j++)
x=x*10%k;
if(((x*a[i])%k+a[i]%k)%k==0)
ans--;
}
cout<<ans<<endl;
}