A.炸鸡块哥哥的粉丝题

输出字符串的前 $\lceil \frac{n}{2}\rceil$ 个字符

void solve()
{
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    cout << s.substr(0, (n + 1) / 2);
}

B.智乃想考一道鸽巢原理

当小球总个数为奇数时，贪心的留下 1 个小球，反之，留下 2 个小球，我们将这个值定义为 P ，即该颜色小球最小留下的个数。
常见的此类问题，我们只需要得到最大值，之后判断 t o t ≤ M a x { a i } × 2 tot\le Max\{a_i\} \times 2 tot≤Max{ai​}×2 即可判断这个球是否会留下，但是这个题要求判断每一个小球是否能留下，要解决这个问题需要额外记录一个次大值即可解决。

void solve()
{
    ll n, mx = 0, sx = 0, tot = 0;
    ll p=1;
    cin >> n;
    vector<ll> a(n);
    for (ll &i : a)
    {
        cin >> i;
        tot += i;
        if (i >= mx)
        {
            sx = max(sx, mx);
            mx = i;
        }
        else
            sx = max(i, sx);
    }
    if(tot%2==0)
        p=2;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        if(a[i]<p)
            cout<< "0";
        else if ((a[i] == mx && (tot - p) >= sx * 2) || (tot - p) >= mx * 2)
            cout << "1";
        else
            cout << "0";
        cout << " \n"[i == n - 1];
    }
}

C.智乃想考一道完全背包(Easy version)

首先我们注意到题目的要求
$a_1\le a_2\le ...\le a_k\ge a_{k+1}\ge ...\ge a_n$
由这个限制条件我们很容易想到的是，当我们选取一个 K 以左的物品 $a_i$ 时，我们必须保证 $i\to k$ 这一段物品依次选取过一次，那么我们就可以对背包物品的体积和价值预处理一下。

 for (int i = k - 1; i >= 1; i--)
    {
        w[i] += w[i + 1];
        v[i] += v[i + 1];
    }
    for (int i = k + 1; i <= n; i++)
    {
        w[i] += w[i - 1];
        v[i] += v[i - 1];
    }

然而当我们这样处理时，会导致第 K 个物品可能出现多余取的情况，如下图

为了解决这种情况，我们把这 N 个已被组合的区间互相组合一下，易证，最多会有 62500 个物品存在（$M\le 500$，假定每个物品体积均为 1，最多左右 250 个物品直之间合并），之后对这些物品跑一遍完全背包，时间复杂度为$O(\frac{m^3}{4})$

void solve()
{
    ll k, n, m;
    cin >> n >> m >> k;
    vector<ll> v(n + 1), w(n + 1), f(m + 10);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> w[i] >> v[i];
    for (int i = k - 1; i >= 1; i--)
    {
        w[i] += w[i + 1];
        v[i] += v[i + 1];
    }
    for (int i = k + 1; i <= n; i++)
    {
        w[i] += w[i - 1];
        v[i] += v[i - 1];
    }
    for (int i = 1; i <= k - 1; i++)
    {
        for (int j = k + 1; j <= n; j++)
        {
            if (w[i] + w[j] - w[k] <= m)
            {
                w.push_back(w[i] + w[j] - w[k]);
                v.push_back(v[i] + v[j] - v[k]);
            }
        }
    }
    for (ll i = 1; i < v.size(); i++)
    {
        for (ll j = w[i]; j <= m; j++)
            f[j] = max(f[j], f[j - w[i]] + v[i]);
    }
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        cout << f[i] << " \n"[i == m];
}