problem A 最小的数字
题目大意：给一个n，求出最小整数x，使得x >= n且x可以被3整除
思路：太简单了，略
数据范围：0 <= n <= 1e9

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n; cin >> n;
    int k = n / 3;
    if (n % 3 == 0) cout << k * 3 << endl;
    else cout << k * 3 + 3 << endl;
    return 0;
}

problem B 优美的GCD
题目大意：给出一个n，求两个不同的数使得它们的gcd是n
思路：一个等于n，一个等于2 * n即可
数据范围 1 <= n <= 1e6

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T; cin >> T;
    while (T --)
    {
        int n; cin >> n;
        cout << n << " " << 2 * n << endl;
    }
    return 0;
}

problem C 优美的序列
题目大意：给定一个序列，对其进行任意操作使其变成优美的序列，优美序列满足对于任意i, j而言abs(a[i] - a[j]) >= abs(i - j)，输出优美序列
思路：个人认为非常像codeforces 860 DIV2 A. Showstopper，采用贪心的策略，越大的越应该放到后面

#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;
const int N = 1010;
int a[N];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T; cin >> T;
    while (T --)
    {
        int n; cin >> n;
        for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
        sort(a + 1, a + n + 1);
        bool suc = true;
        for (int i = 1; i <= n; i ++)
        {
            for (int j = i; j <= n; j ++)
            {
                if (abs(a[i] - a[j]) < abs(i - j)) 
                {
                    suc = false;
                    break;
                }
            }
            if (!suc) break;
        }
        if (suc) for (int i = 1; i <= n; i ++) cout << a[i] << " ";
        else cout << -1;
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

赛后补题
problem D&E Kevin喜欢零
题目大意：给出一个序列a和一个整数k，对于一个区间[l, r]而言，x = al * a(l + 1) * a(l + 2) * … * ar，x后缀0的个数刚好为k，求满足要求的区间个数
思路:对于D而言,可以预处理前缀积,然后二分求答案,重点写一下E的,看题解都看了大半天,难受呜呜呜,首先对于x而言,我们可以得到x = p * qmi(10, k) p不能被10整除,因此得到x = p * qmi(2, k) * qmi(5, k),我们令ca[i]等于ai中质因子2的数量,cb[i]等于ai中质因子5的数量, 我们不难发现,假设n个数的乘积为q, k = min(ca[q], cb[q]),例如125 * 8中k等于3,因此我们预处理出ca的前缀和和cb的前缀和,然后枚举一下每一个边界l会有多少中情况,接着将l除去,再看后面的边界(注意,除去l的操作非常神奇,头一次见)

#include <iostream>
#include <algorithm>
#define int long long

using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, k;
int a[N];
int ca[N], cb[N];
void solve()
{
    cin >> n >> k; 
    for(int i = 0; i <= n; i ++) ca[i] = cb[i] = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        int u = a[i];
        while(u % 2 == 0) u /= 2, ca[i] ++;
        while(u % 5 == 0) u /= 5, cb[i] ++;
    }
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    {
        ca[i] += ca[i - 1];
        cb[i] += cb[i - 1];
    }
    int ans = 0;
    // for (int i = 1; i <= n; i ++) cout << ca[i] << " ";
    // cout << endl;
    // for (int i = 1; i <= n; i ++) cout << cb[i] << " ";
    // cout << endl;
    //注意这里前缀和一定是单调递增的，因此必定存在r>=l
    for(int l = 1; l <= n; l ++)
    {
        int v1 = k + ca[l - 1];//将前一个枚举的边界除去,这里通过让k + ca, k + cb除去,其实和除一个数就在另一边乘这个数是一个道理
        int v2 = k + cb[l - 1];
        int l1 = lower_bound(ca + 1, ca + 1 + n, v1) - ca;//找到大于等于v1的第一个下标
        // cout << "l1 = " << l1 << "  " << v1 << endl;
        int r1 = upper_bound(ca + 1, ca + 1 + n, v1) - ca - 1;
        // cout << "r1 = " << r1 << endl;
        //upper_bound用于找到大于v1的第一个数，-1作用在于找到小于等于v1的最后一个下标
        int l2 = lower_bound(cb + 1, cb + 1 + n, v2) - cb;//找到大于等于v2的第一个下标
        int r2 = upper_bound(cb + 1, cb + 1 + n, v2) - cb - 1;//找到小于等于v2的最后一个下标
        // cout << "l2 = " << l2 << "  " << v2 << endl;
        // cout << "r2 = " << r2 << endl;
        int L = max(l1, l2);
        int R = max(r1, r2);
        // cout << "L = " << L << " " << " R = " << R << endl;
        if(L > R) continue;//说明L越界了，此处也可以写成L == n + 1
        L = max(L, l);
        ans += (R - L + 1);
        // cout << "ans = " << ans << endl;
    }
    cout << ans << endl;
} 
signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0), cout.tie(0);
    int T; cin >> T; 
    while(T --) solve();
    return 0;
}