upc 个人训练赛第十九场：鸭子游戏（差分）你数过天上的星星吗-

问题 A: 鸭子游戏

题目描述
KeineDuck热爱游戏。最近她沉迷于一款名叫“DuckGame”的纸牌。
DuckGame是一款颇有难度的纸牌游戏。在每一轮开始前，会有一些纸牌摆放在玩家的面前，从左到右的第孩堆有ai张纸牌。每张纸牌都是一样的。
游戏开始后，玩家可以选择一个区间[l,r]（包括两个端点），并且把这个区中的每一堆纸牌增加或拿走一张纸牌。若每堆纸牌的个数都相同了，玩家即可获胜。我们称这个步骤为一次操作。
KeineDuck想要知道，她至少要进行多少次操作，才能够获胜。
输入
第一行输入一个正整数n，表示有多少堆纸牌。
接下来一行共n个数，第i个数表示第i堆有多少纸牌。
输出
一个整数，表示至少要多少次操作。
样例输入 Copy
5
2 1 2 3 3
样例输出 Copy
2
提示
样例解释
KeineDuck第一次选择了区间[2,2]，将其中的每堆增加了一张纸牌。
KeineDuck第二次选择了区间[4,5]，将其中的每堆拿走了一张纸牌。
总共用了2次操作。

对于10%的数据，n=2。
对于另外20%的数据，n=6。
对于另外10%的数据，n=10000，且纸牌的数量从左到右单调递增。
对于另外10%的数据，n=100000，且每堆纸牌的个数不超过2。
对于另外20%的数据，n=100000，且每堆纸牌的个数不超过20。
对于最后30%的数据，n=2000000，且每堆纸牌的个数不超过1000。

思路：
这个题用到了我刚学的差分yeah
每堆牌的数量相同的时候获胜，这样一想其实就是让差分数组清零
我们每次找一个区间进行操作，对这个区间++或者–，就相当于对差分数组两个点的单点修改，这样差分数组就会就会出现0、正数和负数
例如经过几次单点修改之后的差分数组是这样的
0 0 0 8 0 -5 0
8的位置说明前一项比这一项多8张牌，-5的位置说明这一项比后一项少5张牌，那我们就先需要5次操作，这样-5就变成了0,8就变成了3，最后再进行3次操作即可
回到这道题上，就是求一下差分数组中正数和负数的和，然后取绝对值最大的那个即可

ll a[maxn],b[maxn]; int main() { int n; cin >> n; for(int i = 1;i<=n;i++){         cin >> a[i];         b[i] = a[i] - a[i-1]; }           ll A = 0 , B = 0; for(int i=2;i<=n;i++) { if(b[i] > 0) A += b[i]; else B -= b[i]; } printf("%lldn",max(A,B)); return 0; } 

问题 B: 循环

题目描述
给定x，有与x的关系式：ai=xi (mod 100) 。
用程序求出循环节。

输入
第一行一个正整数x（x ≤ 1000）
输出
从i等于1开始，输出a[i]，空格隔开，直到输出有重复为止。
样例输入 Copy
354
样例输出 Copy
54 16 64 56 24 96 84 36 44 76 4 16

思路：
直接用快速幂模板求一下ai存到数组中，同时从当前位置向前遍历看有没有出现重复，如果出现就标记然后退出当前循环，最后判断一下输出即可

int x,cnt,flag; int a[maxn]; ll power(int a,int b,int p) {     ll ans = 1,base = a; //ans是答案，base是自乘的基础  while(b > 0)//b是一个变化的二进制数  { if(b & 1) //&是位运算，b&1表示b在二进制下最后一位是不是1          ans = ans*base%p; //如果是，答案就乘上base          base = base*base%p; //base自乘          b >>= 1; //b右移一位，把原本最右边的1移掉  } return ans; } int main() {     cin >> x; for(int i=1;;i++) {         a[++cnt] = power(x,i,100); for(int j=1;j<=cnt-1;j++) { if(a[cnt] == a[j]){                 flag = 1; break; } } if(flag) break; } for(int i=1;i<cnt;i++) printf("%d ",a[i]); printf("%dn",a[cnt]); return 0; } 

问题 C: 漫步

题目描述
有n组人在一条无尽的小路上漫步，每组人都有一个初始位置和速度，一组人总是会以相同的速度进行漫步，且所有人漫步的方向都相同。
因为这是一条小路，所以当一个速度更快的赶上另一组速度较慢的人时，这两组会合并成一组，而合并成的这个新组的速度与原来两组中速度较慢的那组速度相同，他们会以这个速度继续往前跑。
当然跑到最后的时候，没有任何一组会与其他组再合并。这个时候还剩下几组人？

输入
第一行两个数n，表示初始组数。
接下一行n行每行两个数d、v，表示这组的初始位置和初始速度。
数据保证所有组初始位置不同，并且读入按从小到大的顺序给出。

输出
一行一个数ans,表示最后还剩下几组。
样例输入 Copy
5
0 1
1 2
2 3
3 2
6 1
样例输出 Copy
2
提示
对于30%的数据，n≤2000。
对于100%的数据，n≤10^{5，0≤d≤10}9，1≤v≤10^9。

思路：
这个题我的队友给了我一个很好的想法，可以直接定义一个变量存储最后一个的速度，然后从后向前遍历，如果这个速度大于等于后面的速度，就说明当前速度较大，没法和后面的合并，所以组数就可以++，然后把速度更新到更小

ll n,ans,last; struct node {  ll d,v; }a[maxn]; int main() {  cin >> n; for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i].d >> a[i].v;  ans = 1;  last = a[n].v; for(int i=n-1;i>=1;i--) { if(last >= a[i].v) //如果成立，说明这个无法合并，组数加一，速度更新为当前最小  {    ans++;    last = a[i].v; } } printf("%dn",ans); return 0; }