hello # he

A. Hard Way

题意：
给定一个三角形，若从y = 0上任意一点，无法通过线段到达三角形边上（线段不能通过三角形内部），计算这种边的总长度。

题解：
当且仅当，三角形上面的边是平行于x轴的情况下，存在答案。这条边的长度即为答案。

代码：

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void slove()
{
	int T; cin>>T;
	while(T--)
	{
		ll x1, y1, x2, y2, x3, y3; cin>>x1>>y1>>x2>>y2>>x3>>y3;
		if(y1 == y2 &&  y3 < y2) cout<<abs(x2-x1)<<endl;
		else if(y1 == y3 &&  y2 < y1) cout<<abs(x1-x3)<<endl;
		else if(y2 == y3 &&  y1 < y3) cout<<abs(x2-x3)<<endl;
		else cout<<0<<endl;
	}
}

B. Power Walking

题意： 给定一个数组。将该数组分为 k组（1 <= k <= n），每组的价值为不同数字的个数。计算每个 k对应的所有组的总价值的最小值。

题解：
每次分组都先把独立存在的数分出去。记原数组中不同数字的个数为cnt。当 k <= cnt时，答案为 cnt； 当 k > cnt 时，答案为 cnt++。

代码：

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void slove()
{
	int T; cin>>T;
	while(T--)
	{
		int n; cin>>n;
		map<int, int> mp;
		mp.clear();
		int cnt = 0;
		for(int i = 0; i < n; i++) 
		{
			int x; cin>>x;
			if(!mp[x]) cnt++, mp[x] = 1;
		}
		for(int i = 1; i <= n; i++)
		{
			if(i <= cnt) cout<<cnt<<" ";
			else cnt++, cout<<cnt<<" ";
		}
		cout<<endl;
	}
}

C. Great Sequence

题意： 给定一个数组和一个 x。当一个数组中一半的数乘以x后对应的数，是该数组的另一半数时称为 great sequence。你可以在原数组中一次插入任意一个数，问最少需要插入几次能使得原数组成为great sequence。

题解：
统计原数组中的数，且其倍数为 x的数也在数组中的个数。剩下的个数就是最终答案。（好绕…）。记得开 ll

代码：

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; 

typedef long long ll;
#define endl "\n"
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<ll, ll>
#define pdd pair<double, double>
#define debug(a) cout<<"\tdebug:"<<a<<endl
const double PI = acos(-1.0);
const int mod = 998244353;
const int eps = 1e-8;
const int N = 10 + 2e5;

void slove();
template<typename T>void read(T &x)
{
    x = 0;char ch = getchar();ll f = 1;
    while(!isdigit(ch)){if(ch == '-') f *= -1; ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)){x = x*10+ch-48; ch = getchar();} x *= f;
}
template<typename T>void print(T x) 
{
	if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if(x >= 10) print(x/10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE 
    freopen("in.in", "r", stdin);
    freopen("out.out", "w", stdout);
#endif
    IOS;
    slove();
    return 0;
}

ll a[N];

void slove()
{
	int T; cin>>T;
	while(T--)
	{
		ll n, x; cin>>n>>x;
		map<ll, ll> mp;
		mp.clear();
		for(int i = 0; i < n; i++) 
		{
			cin>>a[i];
			mp[a[i]]++;
		}
		ll cnt = 0;
		for(auto i:mp)
		{
			if(mp[i.first] > 0 && mp[i.first*x] > 0) 
			{
				ll minn = min(mp[i.first], mp[i.first*x]);
				mp[i.first] -= minn, mp[i.first*x] -= minn, cnt += 2*minn;
			}
		}
		cout<<n-cnt<<endl;
	}
}

D. Repetitions Decoding

题意：
给定一个数组，每次可以在数组的任一位置插入两个相同的数，数也是任意的。定义 123123这种序列为 tandem repeats。输出最终使得原数组成为 tandem repeats的过程中，操作的总次数，每次在哪个位置，插入什么值。并且输出最终数组中，每一部分为 tandem repeats的连续子段的长度。

题解：
从前往后遍历数组。假设当前位置为 i，则在它后面的位置找到位置 j，使得 a[j] == a[i]。然后将 i到 j之间的数字，不断地插入 j后面的位置（每在后面插入一次值，下次插入位置就向后加1）。最终就能得到一个 tandem repeats。注意一下输出格式。

示例：
1 3 1 2 2 3
1 3 1 3 3 2 2 3（在第二个 1后面插入 3 3，这时前面的1 3 1 3已经是 tandem repeats了）
1 3 1 3 3 2 2 3 2 2 （在第二个 3后面插入 2 2）
1 3 1 3 3 2 2 3 2 2 2 2 （在上一次插入位置的下一位置插入 2 2）

这时整个数组已经是 tandem repeats了，能分为 3部分：[1 3 1 3] 、[3 2 2 3 2 2]、 [2 2]

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; 

typedef long long ll;
#define endl "\n"
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pii pair<int, int>
#define pll pair<ll, ll>
#define pdd pair<double, double>
#define debug(a) cout<<"\tdebug:"<<a<<endl
#define for1(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++)
#define for2(i, b, a) for(int i = b; i >= a; i--)
const double PI = acos(-1.0);
const int mod = 998244353;
const int eps = 1e-8;
const int N = 10 + 2e5;

void slove();
template<typename T>void read(T &x)
{
    x = 0;char ch = getchar();ll f = 1;
    while(!isdigit(ch)){if(ch == '-') f *= -1; ch = getchar();}
    while(isdigit(ch)){x = x*10+ch-48; ch = getchar();} x *= f;
}
template<typename T>void print(T x) 
{
	if(x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if(x >= 10) print(x/10);
	putchar(x % 10 + '0');
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE 
    freopen("in.in", "r", stdin);
    freopen("out.out", "w", stdout);
#endif
    IOS;
    slove();
    return 0;
}

void slove()
{
	int T; cin>>T;
	while(T--)
	{
		int n; cin>>n;
        int a[N];
        map<int, int> mp;
        for1(i, 1, n)
        {
            cin>>a[i];
            mp[a[i]]++;
        }
        int f = 0;
        for(auto i:mp)
        {
            if(mp[i.first]&1)
            {
                cout<<"-1"<<endl;
                f = 1;
                break;
            }
        }
        if(f) continue;
        vector<pii> ans;
        ans.clear();
        vector<int> ans2; 
        ans2.clear();
        mp.clear();
        int idx = 1;
        for1(i, 1, n)
        {
            for1(j, i+1, n)
            {
                if(a[j] == a[i])
                {
                    idx = j;
                    for1(k, i+1, j-1)
                    {
                        for2(x, n, idx+1) a[x+2] = a[x];
                        n += 2;
                        a[idx+1] = a[idx+2] = a[k];
                        ans.push_back(make_pair(idx, a[k]));
                        idx++;
                    }
                    ans2.push_back(idx-i+1);
                    i = idx;    //后面有 i++
                    break;
                }
            }
        }
        cout<<ans.size()<<endl;
        for(auto x:ans) cout<<x.first<<" "<<x.second<<endl;
        if(ans.size() == 0) 
        {
            cout<<n/2<<endl;
            for1(i, 1, n/2) cout<<2<<" ";
            cout<<endl;
        }
        else
        {
            cout<<ans2.size()<<endl;
            for(auto i : ans2) cout<<i<<" ";
            cout<<endl;
        }
	}
}