Codeforces Round 960 (Div. 2)-补题
A. Submission Bait
当某个数字出现次数为奇数时，Alice就可通过选取该数取得胜利
void solve(){cin>>n;map<int,int> mp;for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i],mp[a[i]]++;for(int i=0;i<n;i++){if(mp[a[i]]%2){cout<<"YES"<<endl;return;}}cout<<"NO"<<endl;
}B. Array Craft
构造题，前缀和最大即在x位置后不能出现连续的一段1，且x+1位置必须为-1，后缀和最大即y位置前不能出现连续的一段1，且y-1位置为-1，x+1位置后和y-1位置前交替1和-1，绝对值和均为0或1，x和y间均为1，这样构造就可在x处取最大前缀和，而且索引是最小的，y处取最大后缀和，而且索引是最大的
void solve(){cin>>n>>x>>y;for(int i=1;i<y;i++){if((y-1)%2){if(i%2) cout<<-1<<" ";else cout<<1<<" "; }else{if(i%2) cout<<1<<" ";else cout<<-1<<" ";}}for(int i=y;i<=x;i++) cout<<1<<" ";for(int i=x+1;i<=n;i++){if((x+1)%2){if(i%2) cout<<-1<<" ";else cout<<1<<" ";}else{if(i%2) cout<<1<<" ";else cout<<-1<<" ";}}cout<<endl;
}C. Mad MAD Sum
看了大佬发现的性质，第一轮整理后，数列会变成单调不减的数列，第二轮整理后，除了最大数可能为1，数列中剩下的元素的数量必然大于2，从第三轮开始，就是每次数列右移一位，所以就可以根据 ai*(n-i) 来算对答案的贡献了，
void solve(){cin>>n;ll sum=0,maxs=0;map<int,int> mp; for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i],sum+=a[i];for(int i=0;i<n;i++){mp[a[i]]++;if(mp[a[i]]>=2&&maxs<a[i]) maxs=a[i];a[i]=maxs;sum+=a[i];}mp.clear();maxs=0;//for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;for(int i=0;i<n;i++){mp[a[i]]++;if(mp[a[i]]>=2&&maxs<a[i]) maxs=a[i];a[i]=maxs;}mp.clear();//for(int i=0;i<n;i++) cout<<a[i]<<" ";cout<<endl;for(int i=0;i<n;i++){sum+=a[i]*(n-i);//cout<<i<<" "<<a[i]<<" "<<sum<<endl;}cout<<sum<<endl;
}D. Grid Puzzle
又是看大佬的，用tag1数组表示第一二个块，tag2数组表示第三四块，小于等于2的行均用操作一，这样是最优的，因为可以涉及到下一行的两个，小于等于4的行，如果有块被上一行的操作消除，就考虑消剩下的块，如果大于4的行，直接用操作二
void solve(){int ans=0;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],tag1[i]=tag2[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(!a[i]) continue;if(tag1[i]&&a[i]<=2) continue;if(tag1[i]&&tag2[i]&&a[i]<=4) continue;if(a[i]<=2) tag1[i]=tag1[i+1]=1;else if(a[i]<=4){if(tag1[i]) tag2[i]=tag2[i+1]=1;else if(tag2[i]) tag1[i]=tag1[i+1]=1;} ans++;}cout<<ans<<endl;
}