第一题：吃糖果xx值大于等于x（二分答案）题意：给一个长度为的数组代表个糖果的幸福值，一天可以吃任意个糖果得到幸福值其中不代表下标，吃的顺序可以任意。现在求至少吃多少天可以得到至少的幸福值。思路：不难发现答案是线性的，存在一个分界天数使得达到这个分界后都能达到，因此使用二分天数。我们可以贪心的认为对于幸福值大的糖果尽量在每一天更早的吃。即先对降序，每次都长度为累加（我直接累减，这里可以用前缀和优化，但是没啥必要）。代码：#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1e5+10;using ll = long long;int a[N];int n, x;bool cmp(int a,int b) {    return a > b;}bool check(int m) {    int res = x;    for(int i = 1, k = 0; i <= n; k ++) {        for(int j = i; j <= n && j < i + m; j ++) {            res -= max(0, a[j] - k);            if(res <= 0) {                return true;            }        }        i += m;    }    return false;}int main() {    cin >> n >> x;    for(int i = 1; i <= n; i ++) {        cin >> a[i];    }    sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);    int l = 1, r = n + 2;    while(l < r) {        int m = (l + r) >> 1;        if(check(m)) {            r = m;        } else {            l = m + 1;        }    }    cout << l << endl;}第二题：石头劈开后求个数（模拟）题意：石头有质量和特征值，每次选择一个质量为的石头质量相同选择特征值最小的那个。然后劈这个石头，这个石头会尽量等量裂开成份且特征值均为，若则会裂开成份质量为1的石子，如得到，得到。现在有个石头，求选择个石头后，总共有多少石头。思路：因为值域特别小，可以直接暴力选取到然后插入就行。因此用unordered_map<int, multiset>维护这样可以每次取质量为的石头可以方便取最小的。代码：#include <iostream>#include <set>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int n, q, x;int a[N], b[N];unordered_map<int, multiset<int>> mp;int main() {    cin >> n >> q;    for (int i = 0; i < n; i++) {        cin >> a[i];    }    for (int i = 0; i < n; i++) {        cin >> b[i];    }    for (int i = 0; i < n; i++) {        mp[a[i]].insert(b[i]);    }    int ans = n;    while (q--) {        cin >> x;        if (mp.find(x) != mp.end()) {            auto &st = mp[x];            if (!st.empty()) {                auto bi = *st.begin();                if (x <= bi) {                    // 1                    for (int i = 0; i < x; i++) {                        mp[1].insert(bi);                    }                    ans += x;                } else {                    int minVal = x / bi;                    int maxCnt = x - minVal * bi;                    for (int i = 0; i < maxCnt; i++) {                        mp[minVal + 1].insert(bi);                    }                    for (int i = maxCnt; i < bi; i++) {                        mp[minVal].insert(bi);                    }                    ans += bi;                }                st.erase(st.begin());                ans--;            }        }    }    cout << ans << endl;}第三题：求连续相同字符组个数（模拟or线段树）题意：给一个长度为的字符串，定义相同字符串组为存在最长的子串使得他们为同一种字符。现在有次修改单个字符串的操作，求每次操作后字符组个数。思路：我一开始看错题意，以为是求最长的字符组。导致直接用线段树了（感兴趣可以自己写写），后面和群里聊其实用if分支就可以了。考虑这个修改的字符左右两边，若左右两边均相等且与原字符也相等，那么此处修改会把这个串拆为三份答案贡献+2，以此类推。(没有数据验证，仅供参考）#include <iostream>#include <set>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int n, q;char s[N];int main() {    cin >> n >> q;    cin >> (s + 1);    int ans = 0;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        if (s[i] != s[i - 1])            ans++;    }    int p;    string c;    while (q--) {        cin >> p >> c;        if (s[p] == s[p + 1]) {            ans++;        }        if (s[p] == s[p - 1]) {            ans++;        }        if (c[0] == s[p + 1]) {            ans--;        }        if (c[0] == s[p - 1]) {            ans--;        }        s[p] = c[0];        cout << ans << endl;    }}第四题：数组a,b求LCM(ai,bj)=k的对数（模拟）题意：给一个长度为的数组和长度为的数组，求的对数。。思路：因为此时一定是的因子此时问题可以转换成求互质的对数。不难发现（但是我笔试的时候没有发现，直接盲目for循环了）的因子的种类数为级别的，因此的种类数很少，只需要排序计数就可以了。代码：（没有数据验证，仅供参考）#include <iostream>#include <vector>using namespace std;using ll = long long;using pii = pair<int, int>;const int N = 1e5 + 10;int n, m, k;int a[N], b[N];vector<pii> ac, bc;int gcd(int a, int b) {    if (a % b == 0) {        return b;    }    return gcd(b, a % b);}int main() {    cin >> n >> m >> k;    for (int i = 1; i <= n; i++) {        cin >> a[i];    }    for (int i = 1; i <= m; i++) {        cin >> b[i];    }    sort(a + 1, a + 1 + n);    sort(b + 1, b + 1 + m);    for (int i = 1; i <= n; i++) {        if (k % a[i] == 0)            a[i] = k / a[i];            if (a[i] != a[i - 1]) {                ac.push_back({a[i], 1});            } else {                ac.back().second++;            }    }    for (int i = 1; i <= m; i++) {        if (k % b[i] == 0) {            b[i] = k / b[i];            if (b[i] != b[i - 1]) {                bc.push_back({b[i], 1});            } else {                bc.back().second++;            }        }    }    ll ans = 0;    for (auto &pac: ac) {        for (auto &pbc: bc) {            if (gcd(pac.first, pbc.first) == 1) {                ans += (ll) pac.second * pbc.second;            }        }    }    cout << ans << endl;}