前言：发这篇题解是为了弥补我去年的遗憾，去年CSP-X -> 170pts. 所以今年重做一遍后 170pts. -> 400pts.
T1 [CSP-X2024 山东] 刷题:
思路：
这道题考差了一个非常常见的一个算法------贪心，其实这道题的贪心思路是很简单的，首先我们先确定贪心思路，那么我们先把这道题目的条件给拿出来：
- 第
件物品的价格为
- 一张优惠券
- 即使物品的数量不足m个仍可以使用优惠券
然后题目让我们来求最小值，所以我们要对这些条件进行一个处理，我们肯定知道如果一张优惠券可以免除几个物品的价格的话，那么我们肯定希望让这张优惠券去满足价格大的物品，这样的话，我们自己所花的钱就会尽可能的小，这就是我们这道题的贪心思路，但是有例外情况，如果这几个物品的价格总和如果小于一张优惠券的价格的话，那么肯定单独买更划算，所以我们得对价格进行比较。
那么我们可以先进行一个从大到小的排序，尽可能的将价格大的物品用优惠券抵消掉，当然因为要比较优惠券与单独购买的价格，所以我们得在排序后将数组的前缀和求出来，然后进行比较。
代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[2*100005];
long long s[2*100005];
bool vis[2*100005];
bool cmp(int a,int b){
return a>b;
}
int main(){
int n,m,w;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&w);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1,a+n+1,cmp);//从大到小排序
for(int i=1;i<=n;i++){//求区间和
s[i]=s[i-1]+a[i];
}
long long sum=0;//累加价格
for(int i=1;i<=n;i++){
if(vis[i]==1){//说明该武平已经被买过了
continue;
}
if(n-i+1<m){//物品不足m个的时候
if(s[n]-s[i-1]>=w){
sum+=w;
for(int j=i;j<=n;j++){
vis[j]=1;
}
}
else{
sum+=a[i];
vis[i]=1;
}
}
else if(s[i+m-1]-s[i-1]>=w){//物品够m个的情况
sum+=w;
for(int j=i;j<=i+m-1;j++){
vis[j]=1;
}
}
else{
sum+=a[i];
vis[i]=1;
}
}
printf("%lld",sum);
return 0;
}T2 [CSP-X2024 山东] 消灭怪兽：
思路：
这道题是一道数论题目，所涉及到的内容是小学奥数中的同余问题，该题的代码难度较低，但是证明难度较高，我们需要找到所有区间和为k的倍数的区间个数，所以我们肯定是需要一个前缀和来存储区间和，以便以的时间复杂度来查询一个区间的和，那么如何保证一个区间的和是k的倍数呢？答案是
,证明过程如下：
已知：
假设：
则：
所以：
注：若
那么单独也算一个答案
所以我们在求完前缀和的时候进行对于前缀和的余数进行统计，在按照加乘原理进行计数即可
代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll a[1000005];
ll s[1000005];
ll r[1000005];
int main(){
ll n,k;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
ll cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
s[i]=s[i-1]+a[i];//求区间和
if(s[i]%k<0) r[(s[i]%k+k)%k]++;//余数统计（若s[i]为负数）
else r[s[i]%k]++;//余数统计（若s[i]为正数）
}
for(int i=0;i<k;i++){//加乘原理进行统计
ll t=r[i];
cnt+=t*(t-1)/2;
}
printf("%lld",cnt+r[0]);//别忘了余数为0的自己也可以组成和为k的倍数的区间
return 0;
} T3 [CSP-X2024 山东] 翻硬币：
思路：
这道题非常巧妙地考到了一个算法------差分，其实在阅读完题目的时候，不难想到差分算法，题目的意思是这样的：
- 有
- 每次选择一个区间，将区间内的硬币进行一次翻转
- 求最后的硬币序列（正面为0，反面为1）
那么，我们需要对修改操作的时间复杂的度进行简化，那么一想到区间检修改就很容易能想到 （线段树）差分，因为修改时间复杂度为，那么这道题的思路就显而易见了，我们可以先创建一个差分数组，来保存区间修改，那么我们来将区间修改进行保存，保存结束后，对差分数组进行前缀和求解，得出来的前缀和数组在进行遍历一遍，如果是奇数，那么证明是正面，反之则是反面
代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[2*100005];
int main(){
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
memset(a,0,sizeof a);
while(m--){
int l,r;
scanf("%d%d",&l,&r);
//差分，保存区间修改
a[l]+=1;
a[r+1]-=1;
}
int s[2*100005];
s[0]=0;
//前缀和求解
for(int i=1;i<=n;i++){
s[i]=s[i-1]+a[i];
}
//判断正反面
for(int i=1;i<=n;i++){
if(s[i]%2==1){
printf("1");
}
else{
printf("0");
}
}
return 0;
}T4 [CSP-X2024 山东] 刷题：
思路：
本体作为CSP-X 2024的压轴题来讲，难度还是有的，毕竟思路其实不是很好想（对于小学组正常水平同学），首先，我们先将题目的关键信息提取出来：
- 一道编程题只能在一天内完成，不可以分多天完成
- 可以求助小明，省去一道题的做题时间
- 一天最多可求助小明一次（仅此一次）
我们通过这几条信息可知道这道题的答案具有单调性（最大的耗时最小），所以这道题我们可以二分，二分可以二分最小的做题时间，我们在二分的过程中，还可以借助贪心算法来对答案进行筛选，具体筛选策略如下：
- 如果当天可以求助小明的话肯定希望小明解决耗时最大的那道题
- 如果当天的时间超出了所需要检查的值的话，那么直接不做
- 检查是否能将所有任务全都做完
然后我们根据答案二分即可
小细节：注意二分的上线与下限，不然可能WA
代码：
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n,m;
ll a[100005];
bool check(ll t){//二分答案检查
int cnt=1;//当天可以做完的任务
for(int i=1;i<=m;i++){
ll maxx=0;//当天耗时最长的题目
ll sum=0;//耗时总和
while(cnt<=n){//昨晚的任务必须小于等于n
maxx=max(maxx,a[cnt]);//比较任务耗时大小
if(sum+a[cnt]-maxx>t){//时间过多，不做了
break;
}
sum+=a[cnt];
cnt++;
}
if(cnt>n) return 1;//证明能做完
}
return 0;
}
int main(){
ll l=0,r=0;
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
r+=a[i];
}
while(l<=r){//二分答案
ll mid=(l+r)/2;
if(check(mid)){
r=mid-1;
}
else{
l=mid+1;
}
}
printf("%lld",l);
return 0;
}