补题链接
A. Was there an Array?
思路：大眼观察法加小猜一手，对问题有用的部分是当 出现”101“即不能成立，因为出现此时不能找到能成立的数字串，这里的py代码比c++代码简单。
AC代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void solve()
{int n, m, k;cin >> n;vi a(n-1);for (int i = 0; i<n-2; i++){cin >> a[i];}int flag = 0;for (int i = 2; i<n-2; i++){if (a[i] == 1 && a[i-2]==1 && a[i-1] == 0){flag = 1;break;}}if (flag == 1){cout << "NO" << endl;}else cout << "YES" << endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}t = int(input())
for i in range(t):n = int(input())s = list(input().split())s = "".join(s)if "101" in s:print("NO")else:print("YES")B. Set of Strangers
思路：这里需要观察出一种颜色最多只需两次就可以除去完，所以只需要区分完每种颜色需要一次还是两次就可以，需要两次的情况是相同颜色公用一条边。最后要去除需要最大次数的一种颜色，即判断是减去1还是2.
AC代码：
for _ in range(int(input())):n, m = map(int, input().split())a = [list(map(int, input().split())) for i in range(n)]hasColor = [0]*(n*m)hasBad = [0]*(n*m)for i in range(n):for j in range(m):hasColor[a[i][j]-1] = 1if i+1 < n and a[i][j] == a[i+1][j]:hasBad[a[i][j]-1] = 1if j+1 < m and a[i][j] == a[i][j+1]:hasBad[a[i][j]-1] = 1print(sum(hasColor)+sum(hasBad)-(2 if hasBad.count(1) != 0 else 1))#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define vi vector<int>
#define vvi vector<vi>void solve()
{int n, m, k;cin >> n >> m;vvi a(n, vi(m));vector<int> p(n*m+1);for (int i = 0; i<n; i++){for (int j = 0; j<m; j++){cin >> a[i][j];p[a[i][j]] |= 1;if (i && a[i-1][j] == a[i][j]) p[a[i][j]] |= 2;if (j && a[i][j-1] == a[i][j]) p[a[i][j]] |= 2;}}int o = std::count(p.begin(), p.end(), 1);int t = std::count(p.begin(), p.end(), 3);cout << o+t*2-(t?2:1) << endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}
两种代码有异曲同工之妙。
C. Beautiful Sequence
思路：这道题还是很需要思维变化的，其实是一道动态规划的变种题.
首先我们要通过题意分析得出要求即是一个串里面有多少种1222...2223这样的子序列，很像求一个串里面有多少种指定的字符串，只是这里中间的2的数量我们无法确定而已，但我们可以对其进行分析，并采用动态规划的思路来做。所以对为2时进行讨论分析：以1212112串为例，每当遇到2的时候结果我们可以分成三部分：1.上一个2的种类数，2.上个2种类后面都加上这个2的种类数，3.这个2单独与该2前面1的种类数。比如
遇到第一个2时：
这一种组合
遇到第二个2时（1212）：
（蓝色表示用到了这一个2）
遇到第三个2时（1212112）：
会有这12种组合
所以我们的代码就简单了：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;void solve()
{int n, m, k;cin >> n;vector<int> dp(4,0);dp[0] = 1;for (int i = 1; i<=n; i++){int x;cin >> x;if (x == 2) dp[x] = (dp[x] + dp[x]) % mod;dp[x] = (dp[x] + dp[x-1]) % mod;}cout << dp[3] << endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}D. Palindrome Shuffle
思路：首先我们通过题意知回文的话，从两边先开始往里找到不符合的一段，那结果必定是这一段的前缀或者后缀（这里我们对其进行反转一次就可以省去一些代码，从而求两次前缀），我们通过二分来求它的前缀，在这部分要讨论清楚：
下列代码m为前缀边界，当m<nn/2时，前m个里面应该包含后m个里的，而中间的应该前后对应
而m>nn/2时， 前应该包含后
,而中间的应该为偶数才能促成回文。
我们的代码先统计了前m的字母，在巧妙地处理了就能够完成这样的操作，可以多看几遍代码加以理解。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long#define endl '\n'
void solve()
{string s;cin >> s;int n = s.size(), num = 0;while (num<n/2 && s[num] == s[n-1-num]) num++;int nn = n - 2*num;s = s.substr(num, nn);int ans = nn;for (int z = 0; z<2; z++){int l = -1, r = nn+1;while (l + 1 < r){int m = (l+r)/2;vector<int> cnt(26);for (int i = 0; i<m; i++){cnt[s[i]-'a']++;}bool ok= true;for (int i = 0; i<min(nn/2, nn-m); i++){char c = s[nn-1-i];if (i < m){ok &= cnt[c-'a'] > 0; //确保后m1在前m1中出现过cnt[c-'a']--; // 减一操作，使得后面m<nn/2时求中间的字母出现为偶数个作准备}else{ok &= (c == s[i]); // 确保m<nn/2时，中间部分相等}}for (auto x : cnt){ok &= (x % 2 == 0); // m>nn/2时，中间的字母出现为偶数次}if (ok) r = m;else l = m;}ans = min(ans, r);reverse(s.begin(), s.end());}cout << ans << endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int t = 1;cin >> t;while (t--){solve();}return 0;
}