B. Kevin and Geometry
题目大意：给你一堆木棒，问你是否能从中取4跟组成等腰梯形
#1 考虑等腰梯形的构造条件
思路：等腰梯形的两腰要相等且越大越好，从大到小枚举，符合条件则取出并删除，然后再遍历上下底边，只需上下底边只差小于2*腰长即可
代码：
int n; cin>>n;
vector<int> v(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
cin>>v[i];
sort(v.begin(),v.end(),greater<int>());
int u = 0,k = 0,w = 0;
for (int i = 1; i < n; i++)
if (v[i] == v[i - 1])
{
u = v[i];
v.erase(find(v.begin(),v.end(),u));
v.erase(find(v.begin(),v.end(),u));
break;
}
for (int i = 1; i < v.size(); i++)
if (v[i-1] - v[i] < 2 * u)
{
k = v[i-1];
w = v[i];
break;
}
if (u && k && w) cout<<u<<" "<<u<<" "<<k<<" "<<w<<endl;
else cout<<-1<<endl;
D. Subtract Min Sort
题目大意：一个由正整数组成的序列，问你能否通过无限次的选择索引i，让ai和a(i+1）减去min（ai，ai+1）的方法，得到一个非递减序列
思路：
每次操作可以看作把其中较小数变成 0，较大的数变成 ∣ai−ai−1∣。如果 ai>ai+1 的话，操作后 ai+1 会变成 0，而此时必须 a1 到 ai 全部为 0 才能满足条件。
这样看来，如果 ai>ai+1 时执行操作，不会更优，所以我们可以只在 ai≤ai+1 时执行操作。
将序列从前往后扫一遍，操作完之后，如果不满足不递减，那么这个序列就没救了。因为第一次每一步都局部解决了 ai>ai+1 的问题，经过一次完整扫描后，序列中所有的递减关系都已被消除，若存在这样的操作方案，就已经得到非递减序列。
代码：
int n; cin>>n;
for (int i = 0; i < n; i++) cin>>a[i];
for (int i = 1; i < n; i ++)
{
int x = min(a[i-1], a[i]);
a[i-1] -= x;
a[i] -= x;
}
bool flag = true;
for (int i = 1; i < n; i++)
if (a[i] < a[i-1])
{
flag = false;
break;
}
if (flag) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
B. pspspsps
思路：
容易发现由于 p 会占有前方的 1∼i，若有 s 在前面而又不在最前面，会得到这样的图：
其中红色区域是一个公用的排列，长度为 len，但两边都需要一个 len+1 的数字，不可行。s 在最前面就不受影响，因为左边没有不重叠部分。
代码：
int n; cin>>n;
string str; cin>>str;
if (str[0] == 's') str[0] = '.';
if (str.back() == 'p') str.back() = '.';
bool _s = false;
bool _p = false;
for (char t : str)
{
if (t == 's') _s = true;
if (t == 'p') _p = true;
}
cout<<((_s&&_p)?"NO":"YES")<<endl;
C. Limited Repainting
思路：求最大值的最小值，常见的二分答案题。
进行 check 时，我们使用 lst 记录上一个 ai>x 的 si，初始值为 R。对 a 进行遍历，如果 ai≤x，可以直接忽略，当 ai>x 时，如果 si 为 B 且 lst=si，则需要进行一次涂色，使用 cnt 记录。之后将 lst 值更新为 si。最后 cnt 的值即为答案为 x 时所需的最少涂色次数。
使用 ans 记录答案，二分结束后，输出 ans。
代码：
string s;
int n,k;
vector<int> v;
bool check(int x)
{
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
if (s[i] == 'B' && v[i] > x)
{
int j = i + 1;
while (j < n && (s[j] == 'B' || v[j] <= x)) j ++ ;
cnt ++;
i = j - 1;
}
}
return cnt <= k;
}
void solve()
{
cin>>n>>k>>s;
int l = 0,r = 1e9+10;
v.resize(n);
for (int i = 0; i < n; i ++ ) cin>>v[i];
if (check(l))
{
cout<<l<<endl;
return ;
}
while (l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
cout<<l<<endl;
}