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B. MIN = GCD
题目来源
难度：1100
解题思路
我们可以想到，这个最小值一定只能是整个数组中的最小值，因为如果不是，那么左半部分的最小值是大于它的，如果它在右半部分，那么整体的GCD是一定不等于左半部分的最小值的。
所以可以对数组进行升序排序，而且右半部分的数必须是能整除这个最小值的，这样才有可能整体GCD等于它。因此，排序后从2开始遍历，如过能整除最小值，就GCD一下，默认放在了右边，其余不能整除最小值的不用管，默认放在了左边，没有任何影响。这样一来，最后再比较判断最终的GCD值是否等于a[1]（即最小值）
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
const int N=1e5+6;
int n,a[N];
void solve()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n);
int ans=0;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
if(a[i]%a[1]==0)
ans=__gcd(ans,a[i]);
}
if(ans==a[1])cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
int _=1;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
C. Good Prefixes
题目来源
难度：1000
解题思路
什么是"好数组"？
- 一个数组是"好数组"，当且仅当里面存在一个元素，它等于数组中其他所有元素的总和。
数组 [3, 1, 2] 是好数组，因为 3 = 1+2（第一个元素等于其他元素之和）
数组 [2, 2, 3] 不是好数组，因为没有元素等于其他元素之和
需要计算这样的"好数组"前缀有多少个。
不难想到，要想是好数组，只能一个前缀中的最大值等于这个前缀中的其他值，那么我们可以用一个数组mx存储前i个数中的最大值，再用一个数组存前缀和，只要我们依次遍历，如果第i个位置的前缀和数组减去最大值还等于这个最大值的话，那他就是一个好数组。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
const int N=1e6+6;
int n,a[N],s[N],mx[N];
void solve()
{
cin>>n;
int ans=0;
fill(s,s+1+n,0);
fill(mx,mx+1+n,0);
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
mx[i]=max(mx[i-1],a[i]);//前i个元素中的最大值
s[i]=s[i-1]+a[i];//前缀和
}
for(int i=1;i<=n;i++)
if(s[i]-mx[i]==mx[i])ans++;
cout<<ans<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
int _=1;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
B. Erase First or Second Letter
题目来源
难度：1100
解题思路
这道题很巧妙，操作一共就两种，删第一个和删第二个，如果删两次第一个和先删第一个再删第二个、先删第二个再删第一个都是完全相同的道理。这时候通过列举每种情况我们可以发现，只要判断第一个和第二个是否相同，然后利用动态规划的思想，其实就是前面已删除元素的去重之后的个数相加，就是最后能得出来的不同字符串个数。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
const int N=1e5+6;
int n;
char s[N];
void solve()
{
cin>>n;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>s[i];
unordered_set<char>st;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
st.insert(s[i]);
ans+=st.size();
}
cout<<ans<<endl;
st.clear();
}
signed main()
{
IOS;
int _=1;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
B. Digits
题目来源
难度：1100
解题思路
通过打表找规律即可，自己实践一下。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
const int N=1e6+6;
int n,d;
void solve()
{
cin>>n>>d;
cout<<1<<" ";
if(n>=3||d%3==0)cout<<"3 ";
if(d==5)cout<<"5 ";
if(n>=3||d==7)cout<<"7 ";
if(n>=6||d==9||(n>=3&&d%3==0))cout<<"9";
cout<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
int _=1;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}
C. Robin Hood in Town
题目来源
难度：1100
解题思路
哇塞终于做一道二分答案的题了。
二分答案不熟悉的小伙伴欢迎看我这篇博客：二分查找&二分答案【模板+例题】带你精通二分！
其实很简单，就是照着题意去模拟。首先让找最小值，用尽量向左找的模板，其次这里需要f标记一下，只要能找到就标记为1，后续输出时如果f值为0说明一个也找不到就输出-1.
主要就是check函数怎么去写了，这里我们可以将数组a复制给辅助数组b，防止这次模拟后的结果影响下一个结果，然后按题目要求进行操作，求出有多少人财富严格少于平均财富的一半，用ans记录。最后返回ans>n/2即可。
AC代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)
#define int long long
#define PII pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
const int N=1e6+6;
int n,a[N],b[N];
int check(int mid)
{
double sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i],sum+=b[i];
sort(b+1,b+1+n);
sum+=mid;
b[n]+=mid;
double x=1.0*sum/n/2;
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(b[i]<x)ans++;
return ans>1.0*n/2;
}
void solve()
{
int f=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
int l=0,r=1e18;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)/2;
if(check(mid))r=mid,f=1;
else l=mid+1;
}
if(f)cout<<r<<endl;
else cout<<"-1"<<endl;
}
signed main()
{
IOS;
int _=1;
cin>>_;
while(_--)
solve();
return 0;
}