C. Anonymous Informant
题目：
思路：
比这场的D难，虽然也不是很难
一个很容易想到的就是由当前状态推出初始状态，那么怎么推呢？
一个性质就是如果对于某一个 x 它可以执行左移操作的话，那么它一定会到数组最后，因此初始数组其实是唯一的，我们可以模拟一遍即可
但是 k 可是有 1e9 这么大，这样可以吗？
之前写过类似的题，面对这种k次操作的题，如果k的值很大，说明有隐藏的性质，比如循环
这题就是循环，如果我们执行了n次后依旧还能执行，说明进入循环了，此时肯定是可以的
代码：
cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"
void solve()
{
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> b(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cin >> b[i];
}
k = min(k, n);
int now = n - 1;
for (int i = 0; i < k; i++)
{
if (b[now] > n)
{
no;
return;
}
now -= b[now];
if (now < 0)
{
now += n;
}
}
yes;
}
signed main()
{
cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}D. Flower Boy
题目：
思路：
前后缀的应用，比较典
由于我们必须按照顺序选，也就是必须选了 i 才能选 i + 1，因此我们就要考虑什么时候用魔法比较好
一个显然的结果就是结果肯定是 b[i] 中的一个 或者 0，由于只能用一次，所以我们可以枚举跳过 b[i]，对于每一个 b[i] 都枚举一遍有点满了，那么有什么方法可以快速得到一段区间的结果呢？
那就是前后缀了，我们提前用贪心算出每个位置 i 最多能选出多少个花朵，那么只要有一个位置满足 前缀[i] + 后缀[i+1] == m - 1，就说明此时刚好差一朵，那么就能把它放入答案中了
注意特判 0 情况以及枚举位置我们得从 0 开始（因为可以在 0 处使用魔法）
代码：
cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"
void solve()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> a(n+1), b(m+1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
cin >> b[i];
}
vector<int> l(n+2, 0), r(n+2,0);
int now = 0;
for (int i = 1;i <= n; i++)
{
if (now < m && a[i] >= b[now + 1])
{
now++;
}
l[i] = now;
}
now = 0;
for (int i = n; i >= 1; i--)
{
if (now < m && a[i] >= b[m - now])
{
now++;
}
r[i] = now;
}
if (l[n] >= m)
{
cout << "0\n";
return;
}
int res = INT_MAX;
for (int i = 0; i <= n; i++)
{
if (l[i] + r[i+1] == m - 1)
{
res = min(res, b[l[i] + 1]);
}
}
cout << (res == INT_MAX ? -1 : res) << endl;
}
signed main()
{
cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}E. Wolf
题目：
思路：
很有意思的题目，感觉比较简单
题目摆明了就是一道模拟二分题
我们就按照平常的操作模拟一下即可，首先记录所有的数的坐标，这样方便获取坐标
那么对于一个 k，如果我们要找到 p[k] 这个位置，那么就要看看过程中到底有几次往左和往右的操作，我们定义 l r 分别为左边界和右边界，那么操作就如下
①.获取mid
②.判断mid是大于还是小于p[k]，如果小于，说明要往右，否则就是要往左
③.更新 l 或 r，并重复上述操作
那么关键点就是判断能不能到 p[k]，我们想想要到 p[k] 要满足什么条件？显然就是要每次都能正确的左移或者右移，即 a[mid] 必须是正确的 大于 k 或者 小于 k
具体的，如果要往左移，那么就是要满足 a[mid] > k，反之就是 a[mid] < k
那么只要有不符合的，就说明我们就要借一个数过来，然后到最后统计一下能不能借
具体操作就是如上所示，我们定义一个 big small Big Small，前两个代表要借的数量，后两个代表能提供的数量，那么如果某个是a[mid]正确的大小关系，那就就是 Big/Small - 1，即这个数被固定了，不能借出去了，否则就借一个
特别的，我们最后的答案其实是 2 * max(small，big)，因为借一个 small 的同时要把当前的位置也去掉，而这个位置肯定是 Big，所以这个 Big 可以给另一个需要借 big 的用，反之亦然，因此最多只需要 2 * max(small，big) 个数即可
代码：
cpp
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include<cstring>
#include<cctype>
#include<string>
#include <set>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <unordered_set>
#include <map>
#include <unordered_map>
#include <stack>
#include <memory>
using namespace std;
#define int long long
#define yes cout << "YES\n"
#define no cout << "NO\n"
void solve()
{
int n, q;
cin >> n >> q;
vector<int> a(n+1), p(n+1);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
p[a[i]] = i;
}
auto check = [&](int L, int R,int k){
if (p[k] > R || p[k] < L)
{
return -1LL;
}
int big = 0, small = 0;
int Big = n - k, Small = k - 1;
while (L <= R)
{
int mid = L + R >> 1;
if (mid == p[k])
{
break;
}
else if (mid < p[k])
{
if (a[mid] > k)
small++;
else
Small--;
L = mid + 1;
}
else if (mid > p[k])
{
if (a[mid] < k)
big++;
else
Big--;
R = mid - 1;
}
}
int sum = Small + Big;
if (small > Small || big > Big || 2*small > sum || 2*big > sum)
{
return -1LL;
}
return 2 * max(small, big);
};
for (int i = 0; i < q; i++)
{
int l, r, k;
cin >> l >> r >> k;
cout << check(l,r,k) << " ";
}
cout << endl;
}
signed main()
{
cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}