前言
地址：https://vjudge.net/contest/302045#overview
如果是英文劝退……那打扰了，我英语也不行，但英语字典是能带的。有电脑，就用网翻单词然后理解也是可以的吧。
以下是基于对题目的理解，简单提炼的题意，具体数据范围还是要自己看，看完中文题意，会发现还是有一些比较简单的。
至于代码和思路之后再说。
1165A
题意
你被给予了一个n位的十进制数字，没有前导0，每位数字只有0或者1。
你可以对这个数字进行一些操作，对于每个操作，可以将0变成1，或者1变成0，在进行一定的操作后，你可能获得一个前导位0的数字，但这个无关紧要。
现在，你被基于两个整数 0<=y<x<n，你的任务是计算应该执行的最小操作数，使这个数字变成对10^x 取模后，余数为 10^y 的数 ，换句话说，最终获得的数字应该满足 %10^x = 10^y
第一行输入十进制数的位数，x和y
第二行输入十进制数字，左边最高阶
输出最少的操作数
思路
因为只关注对10x取模为10y次方，那么我们只关注，怎么只操作n位数字的后x位，除了对倒数第y+1位要置1外，其他都置为0。我们将后y位数字里面为1的数量记录为time，如果要置1的位置的数字为0则操作数time+1，如果要置1的位置的数字位1，则重复操作，输出time-1.
源代码
#include <iostream>
using namespace std;
char s[200010];
int n,x,y,cunt;
int main()
{
cin>>n>>y>>x;
cin>>s;
cunt=0;
for (int i=n-y;i<n;i++)
if (s[i]!='0') cunt++;
if (s[n-x-1]=='0') cunt++;
else cunt--;
cout<<cunt<<endl;
return 0;
}
1165B
题意
现在有n场比赛的题目，并分别有ai个题目，
主人公每天选择其中一场比赛来做，对于第k天，主人公会去AC比赛里面的k道题目，然后就不做了。
如果第k天选择的这场比赛题目少于k题，那么主人公就不参加了。
请问主人公最多能参加几场比赛。
思路
这题有两个方法，看到另一个同学的方法，感觉我的有些愚钝。
第一种，则是小到大排序，然后遍历数组，每遇到能满足做题数量的比赛，则天数加一。
第二种，则是用数组来记录有n道题的比赛数量，然后遍历一次数组，算是基数排序吧。
源代码，第一种
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[200010],n,q;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for (int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",a+i);
sort(a,a+n);
for (int i=0;i<n;i++)
if (a[i]>q) q++;
printf("%d\n",q);
return 0;
}
源代码，第二种
#include <stdio.h>
#include <string.h>
int main()
{
int n, a[200005] = {0}, i, j, t, count = 0;
scanf("%d", &n);
for(i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d", &t);
a[t]++;
}
for(i = 1, j = i; i <= n; i++)
{
if(j < i)j = i;
while(0 == a[j] && j <= 200003)j++;
if(j > 200003)break;
count++;
a[j]--;
}
printf("%d\n", count);
return 0;
}
1165C
题意
如果一个字符串的长度是偶数，并且所有在奇数位置的字符和它的下一位的字符不是相同的，那么这个字符串是好字符串。
现在给你一个字符串s，请问最少要删除几个字符才能将它变成好字符串，请将删除的个数k和删除后的字符串输出，如果为空则换行。
思路
这题的方法比较贪心，我们知道像abccd这种字符串，我们只需要删一个就能变成一个好字符串。可以是ab之一，也可以是c。对于连续的重复的字符串，只要它符合好字符串的规则，也就是前一个在偶数位置，后一个在奇数位置，那么就不需要特别处理。当然多与两个便一定要删减了。
我们可以采取贪心的策略，重新组合一个字符串。当我们取奇数位置时，可以随意取，取偶数位置时候，如果和奇数位置相同，则不取。
源代码
#include <cstdio>
char s[200010],res[200010];
int n,len,i;
int main()
{
scanf("%d%s",&n,s);
res[0]=s[0];
for (i=1,len=1;i<n;i++)
if (s[i]!=s[i-1] || !(len&1) )
res[len++]=s[i];
if (len & 1)
res[--len]=0;
printf("%d\n%s\n",n-len,res);
return 0;
}
1165D
题意
我们猜测有这么一个数字x，你被给予了几乎所有这个数字的除数，这个几乎的意思是，除了1和x以外，x的所有因子都已经被给予了，并且我们保证，输入的每一个数字都是不同的，如果这个输入不符合要求，或者找不到这样的数，那么输出-1。
思路
这题主要是问你，如何通过这些数字。
得到X，求有没有重复数字，是否都属于它的因子，有没有漏的因子
分析步骤：
排序
如果数组符合要求，那么这个X必定是最大最小值相乘可得
如果出现1那么必定不符合要求
说了没有重复，有重复当然不符合
只要它符合X，那么一定有n/2组数相乘的结果为X
如果以上都符合，那么我分解质因数，计算所有不同因子的数量cnt，去掉1和X为cnt-2
源代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
using namespace std;
long long n,t,a[310];
long long ans()
{
cin>>n;
long long cnt=1,sum,q;
for (int i=0;i<n;i++)
cin>>a[i];
sort(a,a+n);
sum=a[0]*a[n-1];
q=sum;
//如果数组符合要求，那么这个X必定是最大最小值相乘可得
if (a[0]==1) return -1;
//如果出现1那么必定不符合要求
for (int i=1;i<n;i++)
if (a[i]==a[i-1]) return -1;
//说了没有重复，有重复当然不符合
for (int i=1,j=n-2;i<=j;i++,j--)
if (a[i]*a[j] != sum) return -1;
//只要它符合X，那么一定有n/2组数相乘的结果为X
for (int i=2,k=0;i*i<=q;i++)
if (q%i==0) {
k=2;
q/=i;
while (q%i==0)
{
k++;
q/=i;
}
cnt*=k;
}
if (q>1) cnt*=2;
//如果以上都符合，那么我分解质因数，计算所有不同因子的数量，去掉1和X为cnt-2
if (cnt-2 != n) return -1;
return sum;
}
int main()
{
cin>>t;
while (t--)
cout<<ans()<<endl;
return 0;
}
1165E
题意
你被给予了两个数组，分别是a和b，它们的长度都为n，我们定义f(l,r)的值为，对所有满足（l<=i<=r）的情况下的ai*bi求和。
对满足（l<=r）的所有情况下f（l，r）的求和，
你可以随意移动数组b里面的数字的位置，然后用求和的结果对998244353取模。
请输出求和得到的最小结果对998244353取模后的值（不是求余数最小，而是结果最小）
思路
我们知道，对于两个元素数量相同的数组，如何排序让它们的各位相乘求和的值最小，那么只能是一个数组正序，一个数组倒序，然后逐个相乘求和。
对于这题，a和b只能移动b数组的顺序，那么其实是一样的，只要b第i大的数字对应a第i小的数字就行了。
但是题目给出了f（l，r）这个函数，并且是所有这个函数相加。不难得到，在n个元素的数组种，对于第i个元素，必定有i*（n-i+1）个区间将这个元素包含在内，也就是说，和第i个元素相关的乘积将出现以上次累加。
对于a这个数组来说，它是不能动的，何不先把这些累计的次数与a里的元素相乘呢。
我们将a内元素和对应累计次数相乘得到的新数组c排正序，b排倒序，再逐位相乘相加，取个模，那就是我们要求的答案了。
源代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define MOD 998244353
ll a[200010],b[200010],n,ans,k,q[200010];
int cmp(ll x,ll y) {
return a[x]>a[y];
}
int main()
{
cin>>n;
for (int i=0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
a[i]*=(i+1)*(n-i);
q[i]=i;
}
for (int i=0;i<n;i++)
cin>>b[i];
sort(q,q+n,cmp);
sort(b,b+n);
ans=0;
for (int i=0;i<n;i++)
{
k=(a[q[i]]%MOD*b[i])%MOD;
ans=(ans+k)%MOD;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
1165F（easy version）
题意
简单版和难版题目的区别只在于数据范围。
主人公Ivan，玩一个电脑游戏，包括很多微交易，可以得到让角色变得更帅的饰品，他想自己的角色看起来更酷，他想利用这些微交易得到饰品，并且他在得到所有东西后才开始玩这个游戏。
每一天早上，Ivan可以赚到游戏里一单位的burle（游戏货币）
有n种微交易，对于每一种微交易的花费，打折时每个饰品花费1单位burle，平时则花费2单位burle。对于第i个饰品，他想要进行ki次交易，订单将在晚上完成。
游戏商店有m次折扣，第j次输入(dj,tj)代表第t种商品在第d天打折。
Ivan想要尽早得到所有的物品，你的任务是计算最少经过多少时间他能买到所有想要数量的饰品，并开始游戏。
……………………有人说还是不懂我简单说下
主角想买一些东西，然后从第一天开始每天领一块钱
平时每件东西是两块，打折日对某些种类当天就一块。
给了你打折日，还有他想买的东西，给好种类和数量了
打折日也说明了日期和种类了
问你最短多少时间内能买完这些东西
思路
对于结果来说，最重要的是天数。如果主角想要n个物品，那么所需要天数必定在n~2n以内，我们只需要找到其中最小的可以买完东西的天数就行了。
对于固定的天数day，我们能接触到的打折活动必定在第day天及之前能接触到。那么对于同一件物品，打折的时间越后，能一次性买的数量越多。我们不妨在这天尽量买足所需数量。但是请注意，在第day天前举办的打折活动，并不能使用day个货币，也就是无法超前消费，那么，对于第day天剩余拥有的货币bday，和第fday天举办的活动（fday<day），我们只能用其中fday个货币，而,bday-fday个货币必定只能用来买2货币一个的物品。
同理，对于第5天和第3天的打折，假设第五天有五个货币，为了满足需求，我买了三个，那么对于第三天的打折，我最多只能买两个，假设对这天打折的需求也是三个，那么剩余一个必定要通过两元一个的原价购买。所以这样的贪心并不影响结果。
源代码
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define maxn 200010
//该算法对于两个范围难度的题都能解决。
int lf, rt, b[maxn];
int ned[maxn], da[maxn], tp[maxn];
int k, p[maxn], n, m;
int cmp(int x, int y) {
return da[x] < da[y];
}
int min(int a, int b) {
return a < b ? a : b;
}
bool check(int v) {//测试v块钱能否买完
for (int i = 1; i <= n; i++)
b[i] = 1;
//经过最后打折日的物品在前面打折日则不再购买，因为必定买完，或者剩下的需求没法满足
int mon = v, cost = 0;
for (int i = m; i > 0; i--)
if (b[tp[p[i]]] && da[p[i]] <= v) {
b[tp[p[i]]] = 0;
mon = min(mon, da[p[i]]);
cost += min(mon, ned[tp[p[i]]]);
mon -= min(mon, ned[tp[p[i]]]);;
} //只要低于v的折扣都能接触到，但能买的最大数量限制于打折时间和需求。
return cost + (v - cost) / 2 >= lf;
}
int divide(int lf, int rf) {
int mid;
while (lf < rf) {
mid = (lf + rf) / 2;
if (check(mid)) rf = mid - 1;
else lf = mid + 1;
}
//为了优化贪心找到答案的次数，我使用二分法。
return check(rf) ? rf : rf+1;
//因为退出循环时存在rf=lf和rf=lf-1的可能
}
int main()
{
cin >> n >> m;
lf=0;
for (int i = 1; i <= n; i++){
cin >> ned[i];
lf += ned[i];
} rt = lf * 2;
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> da[i] >> tp[i];
p[i] = i;
}
sort(p + 1, p + 1 + m, cmp);
cout << divide(lf, rt) << endl;
return 0;
}
