40min AKT1Problem给定一个长度为n的字符串，进行q次操作，每次操作修改其中一个字符，每次修改后输出极长连续字符的段数，如aabbaaa的段数是3。Solutionset存连续段的（起点、终点、字符），每次修改字符的时候最多影响三个连续段，修改后输出set的大小即可。T2Problem同一天内吃糖果的愉悦度为a1+max(0,a2-1)+max(0,a3-2)+...+max(0,ak-k+1)，现在有n个糖果a[]，问最少需要分几天来吃才能使得愉悦度之和大于等于x。Solution将a[]从大到小排序，二分天数，检验时贪心地将值更大的糖果放在每一天的最前面。Codebool check(vector<int>& a, int x, int m) {    long long sum = 0;    for (int i = 0; i < a.size(); ++i) {        sum += max(0, a[i] - i / m);    }    return sum >= x;}int main() {    int n, x; cin >> n >> x;    vector<int> a(n);    for (int i = 0; i < n; ++i) {        cin >> a[i];    }    sort(a.begin(), a.end(), greater<int>());    int l = 1, r = n;    while (l <= r) {        int mid = (l + r) / 2;        if (check(a, x, mid))r = mid - 1;        else l = mid + 1;    }    cout << l;}T3Problem给了n个碎片，每个碎片有重量ai和特征值bi，现在进行q次操作，每次操作选择一个重量为xi的特征值最小的碎片j，将该碎片分成bj片，要求分的重量尽量平均，比如a=5,b=3就会分成[2,2,1]，最终输出碎片数量。Solutionmultiset直接模拟，每次最多增加9个碎片，所以multiset中总碎片数量不会很多。T4Problem给了长度为n的数组a和长度为m的数组b，求在a、b中分别取一个数，他们的最小公倍数为k的方案数。Solution考虑将k的因数枚举出来，然后对a、b分别统计数组中每个k的因数的个数，最后只需要考察k的因数之间哪两个因数的最小公倍数是k，将对应的a、b数组中个数相乘，最后求和即可。由于k不超过1e9，其因数最多只有几百个，可以随便做。Codevoid getFactor(vector<int>& fact, int k) {    for (int i = 1; i * i <= k; ++i) {        if (k % i == 0) {            fact.push_back(i);            if (i * i != k) {                fact.push_back(k / i);            }        }    }    sort(fact.begin(), fact.end());}int getLoc(vector<int>& v, int x) {    int loc = lower_bound(v.begin(), v.end(), x) - v.begin();    if (loc >= 0 && loc < v.size() && v[loc] == x) {        return loc;    }    return -1;}int main() {    int n, m, k; cin >> n >> m >> k;    vector<int> a(n), b(m);    for (int i = 0; i < n; ++i) {        cin >> a[i];    }    for (int i = 0; i < m; ++i) {        cin >> b[i];    }    vector<int> fact, cnt_a, cnt_b;    getFactor(fact, k); // 获取k因数，存在fact中，并排序    cnt_a.resize(fact.size(), 0);    cnt_b.resize(fact.size(), 0);    for (int i = 0; i < n; ++i) {        int loc = getLoc(fact, a[i]); // 找到fact中a[i]的下标，不存在返回-1        if (loc != -1) {            cnt_a[loc]++;        }    }    for (int i = 0; i < m; ++i) {        int loc = getLoc(fact, b[i]); // 找到fact中a[i]的下标，不存在返回-1        if (loc != -1) {            cnt_b[loc]++;        }    }    long long ans = 0;    for (int i = 0; i < fact.size(); ++i) {        for (int j = 0; j < fact.size(); ++j) {            if (lcm(fact[i], fact[j]) == k) {                ans += (long long)cnt_a[i] * cnt_b[j];            }        }    }    cout << ans;}