小红的项链
思路：我们可以先求出来两两之间的距离，然后对距离进行排序，如下图所示：
容易发现，交换一定是发生在不同颜色的珠子之间（相同颜色珠子交换没意义）
对于输出-1的情况很好判断，就是不考虑交换次数，直接让他们尽可能离得远，如果k*3<n则输出-1，这里也有一个坑，就是说k是小于1e9的，但是3k就是可能溢出int了，因此需要开long long，这里提醒一下大家还是尽量把变量都设置成int类型吧
我们可以先计算出三者之间两两距离并对其进行排序，我们参照上图观察下相邻交换的本质是什么，假如C向A移动一个（也就是和左边的交换），那么d3--,d2++，也就是说交换本质就是使得一个--另一个++而且任意两个均可，因此我们只需要把三个都变为k及以上即可，那么我们每次都选择让最小的--，最大的++，也就是只让最初两个最小的距离都变为k即可，因此就很简单了，下面是代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[6],d[6];
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
long long n,k;
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&k,&a[1],&a[2],&a[3]);
if(n<3*k) printf("-1\n");
else//肯定可以安置，且最大次数为2
{
sort(a+1,a+4);
d[1]=a[2]-a[1],d[2]=a[3]-a[2],d[3]=a[1]+n-a[3];//计算三者距离
sort(d+1,d+4);
long long t=0;
printf("%lld\n",max(t,k-d[1])+max(t,k-d[2]));
}
}
return 0;
} 插一句题外话，我一开始读这道题的时候读错了，误以为可以任意交换两个位置，写的比较复杂，但我觉得如果这样修改倒也是一道很不错的题目，因此也给出这道题目的解法，由于没有提交，因此不确定是否正确，还请大家多验证。
思路：容易发现，交换一定是发生在不同颜色的珠子之间（相同颜色珠子交换没意义）
而且由于是环，也就是每个位置并无本质区别，因此答案最多是2
对于输出-1的情况很好判断，就是不考虑交换次数，直接让他们尽可能离得远，如果k*3<n则输出-1，我们依旧是先计算出三者之间两两距离，并将其排序为d1<d2<d3,我们需要对其进行分情况讨论，假如d1>=k，那么直接是满足的直接输出0即可，对于d1<k的情况：
我们对d2进行讨论，假如d2<k：
依旧可以参照上面那张图，由于答案不可能大于2，因此我们只需要考虑移动一次是否可行，由于我们同时要改变d1和d2，那么我们只能移动B点至另一侧，这个时候A和C之间的距离变为了d1+d2,而B点则放在AC原来距离的中间，也就是B',那么只有d1+d2>=k且d3>=2*k才满足，否则直接输出2即可
对于d2>=k,由于d3>=d2，因此我们很容易想到是将A向C的方向移动，那么这个时候只需要判断d1+d3是否大于2*k即可，讨论完毕。整体来说这样一修改还是比原来复杂不少的，不过也可以锻炼下思维
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[6],d[6];
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
int n,k;
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&k,&a[1],&a[2],&a[3]);
if(n<3*k) printf("-1\n");
else//肯定可以安置，且最大次数为2
{
sort(a+1,a+4);
d[1]=a[2]-a[1],d[2]=a[3]-a[2],d[3]=a[1]+n-a[3];//计算三者距离
sort(d+1,d+4);
if(d[1]>=k) printf("0\n");
else
{
if(d[2]<k)//d[1]<d[2]<k的情况，此时d[3]>k
{
if(d[1]+d[2]>=k&&d[3]>=2*k) printf("1\n");
else printf("2\n");
}
else
{
if(d[3]+d[1]>=2*k) printf("1\n");
else printf("2\n");
}
}
}
}
return 0;
} 小红玩纸牌
思路：思路比较直接，先对牌进行排序（花色相同排一块，再按照大小来排），直接枚举求解即可
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
struct node{
int value,cnt;
char color[2];
}p[N];
bool cmp(node a,node b)
{
//先按照花色排序，再按照大小排序
if(a.color[0]!=b.color[0]) return a.color[0]<b.color[0];
return a.value<b.value;
}
int main()
{
int n;
long long ans=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d%s",&p[i].value,&p[i].cnt,p[i].color);
sort(p+1,p+n+1,cmp);
for(int i=1;i+4<=n;i++)
{
bool flag=true;//记录从i开始的连续五种排是否满足同花顺
int mn_cnt=p[i].cnt;//记录最小张数
for(int j=i+1;j<=i+4;j++)
{
if(p[j].color[0]!=p[j-1].color[0]||p[j].value!=p[j-1].value+1)
{
flag=false;
break;
}
mn_cnt=min(mn_cnt,p[j].cnt);
}
if(!flag) continue;
ans+=mn_cnt;
for(int j=i+1;j<=i+4;j++)
p[j].cnt-=mn_cnt;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}小红的好数组
思路：有一个有意思的问题就是说，一个坐标轴上给定n个数，现在求一个点使得n个点到改点的位置和最小，这道题答案就是给这n个坐标排序，中位数即是答案（n为偶数的话则中间两个点之间任意一个位置均可），证明也很简单，你只需要设这个点坐标为x，那么你把其余所有点到这个点距离表示出来，然后相加，根据单调性很容易证明
那么这道题类似，唯一不同的是可以允许一个点不用到达，那么容易发现，假设我们最终这n-1个数都变为x，那么离x最远的一定是一开始的n个数中最小或者最大的之一，因此我们枚举这两种情况求一个最小值即可
需要注意，如果这n个数都相同，也是需要操作一次变成好数组的
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int a[N],b[N];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
if(a[1]==a[n])
{
printf("1");
return 0;
}
long long ans=2e18+100,sum=0;
//第一种情况，最小的数不需要变为相同的元素
for(int i=1;i<n;i++)
b[i]=a[i+1];
int len=n-1;
int mid=(len+1)/2;//中间位置
for(int i=1;i<=len;i++)
sum+=abs(b[i]-b[mid]);
ans=min(ans,sum);
//第二种情况，最大的数不需要变为相同的元素
for(int i=1;i<n;i++)
b[i]=a[i];
sum=0;
for(int i=1;i<=len;i++)
sum+=abs(b[i]-b[mid]);
ans=min(ans,sum);
printf("%lld",ans);
return 0;
}小红的子串权值和
思路：这种题目显然无法直接暴力求解，第一眼就是求解每个位置的贡献，比如一个子串是01110，中间这个111的整个贡献是1.那么这个贡献应该归结给谁，我们可以统一归结给最左边的1，那么我们就要考虑最左边的这个1的贡献了，容易发现，只要区间左端点在这个位置及其左边，而区间右端点在这个位置及其右边，这个1的贡献总能被算到，因此这个1的贡献就是其左边数字个数（包含自身）*右边数字个数（包含自身），对于处于这样位置的0也是同理。我们考虑下第二个1的贡献，如果区间左端点在其左边（不包含自身），那么也就是说它左边的1也会被包含，那么这个连续1的区间贡献就不会被算作它头上，因此区间左端点只能是它自己这个位置，而右端点则无需考虑，那么贡献就是1*右边数字个数（包含自身），写到这就非常清楚了，直接根据左边是否和自己相同分情况讨论一下，算一下贡献即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int main()
{
int n;
cin>>n;
string s;
cin>>s;
long long ans=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
long long l=1;
if(i!=0&&s[i]!=s[i-1])
l=i+1;
ans+=l*(n-i);
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}