A. Juicer
题意：现在给你n个数，如果大于b，那就扔掉，否则加进去，如果加进去的和大于d，就清空一次，问清空次数
思路：简单模拟
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long m,k;
int main(){scanf("%d%I64d%I64d",&n,&m,&k);int times=0;long long now=0;for(int i=0;i<n;i++){long long temp;scanf("%I64d",&temp);if(temp>m) continue;now+=temp;if(now>k){times++;now=0;}}printf("%d\n",times);
}B. Checkpoints
题意：现在在一个直线上有n个点，你初始在一个点，现在你要跑过n-1个点，问最短跑多少
思路：统计好一开始在你位置上的点，在你左边的点，在你右边的点，排序，然后枚举跑左边点的数量，得出右边点的数量，不断更新最小值就好了，不过记得要特判下，一开始就跑好了，全跑左边和全跑右边的情况
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
long long a[100100];
long long b[100100];
long long init;
int main(){scanf("%d%I64d",&n,&init);int times=0;int l=0;int r=0;for(int i=0;i<n;i++){long long temp;scanf("%I64d",&temp);if(temp==init)times++;else if(temp<init){a[l++]=temp;}elseb[r++]=temp;}sort(a,a+l);sort(b,b+r);long long minn=1e18;if(times>=n-1){printf("0\n");return 0;}for(int i=0;i<=l;i++){if(i==0&&r+times>=n-1){long long now=abs(init-b[n-times-2]);minn=min(minn,now);}else if(i>=n-1){long long now=abs(init-a[l-i]);minn=min(minn,now);}else if(n-1-(i+times)<=r){long long now=abs(init-a[l-i]);long long now2=abs(init-b[n-times-i-2]);now=min(now*2+now2,now+now2*2);minn=min(minn,now);}}printf("%I64d\n",minn);
}C. Letters Cyclic Shift
题意：现在给你一个字符串，要把它的一个子串改变下，按照a->z,b->a,c->b。。。。的规律，问改变一次后所得字符串最小是多少
思路：优先改变前面的，改变到遇到a就停下，注意，必须要改变子串，所以还是要特判下全是a的字符串的情况
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
char a[100100];
int main(){scanf("%s",a);int x=strlen(a);bool judge=false;for(int i=0;i<x;i++){if(i==x-1&&!judge){a[i]=(a[i]-'a'+25)%26+'a';break;}else if(a[i]!='a'){judge=true;a[i]--;}else if(judge&&a[i]=='a')break;}puts(a);
}D. Recover the String
题意：给你四个数字，分别代表原字符串（原字符串只有’0’,’1’）的”00”,”01”,”10”,”11”这些子串的个数，分别是a1,a2,a3,a4,问存不存在原字符串，有的话输出原字符串，否则输出”Impossible”
思路：根据给的a1和a4，能够推算出原字符串的0，1的个数。
而对于字符串中任意一个’1’，它的后面每个’0’都会让a3加一，它前面每个’1’都会让a2数加一，对于每个’0’也是同理的，这样的东西出现了a3次（对于每个0也是同理的）。那么我就能推导出一个结论，如果有符合条件的字符串，那么必定有：0的个数*1的个数=a2*a3。
然后，从左向右来看，对于一个位置，它选1还是0，只是和剩下的0，1的个数有关，且对于后面的1，0的选择不产生影响，那么我就可以在这个地方选一个0，然后让0的个数减一，同时让a2减去目前1的剩余个数，直到a2小于了剩余1的个数，然后开始选1，不断重复上面的过程，直到1和0的剩余个数都是0为止。
但是，对于a1或者a4等于0的时候，我们需要考虑一个问题，那就是他们也是有可能没有，但是可能是有一个的，这个时候就需要特判了（必须吐槽下，这场BCD都是各种特判，wa到难受），如果中间两个数都是0，那么a1为0时，0个数就是0，a4同理，但是当a1,a4都是0的时候，就需要对a2,a3进行特判了，具体特判结果参考代码
到这里，这个题目的思路就算结束了，但是呢，我们可能会对我们的策略产生怀疑，为什么这样一个类似贪心的做法是正确的。首先，我们的a2,a3都会判断是否能产生一个符合题意得字符串，然后才会开始我们的贪心，而对于a2来说，a2必定大于等于0且小于等于1的个数*0的个数的，那么我们就能保证一定存在一种0的个数的加法使得其和为a2
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a[100100];
int main(){a[0]=0;int n;for(n=1;;n++){if(a[n-1]>1000000000)break;a[n]=a[n-1]+n;}long long q,w,e,r;scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d",&q,&w,&e,&r);bool judge=false;int num0=lower_bound(a,a+n,q)-a;int num1=lower_bound(a,a+n,r)-a;if(q!=a[num0]||r!=a[num1])judge=true;if(num0==0&&num1==0){if(w==1&&e==0)printf("01\n");else if(w==0&&e==0)printf("0\n");else if(w==0&&e==1)printf("10\n");elseprintf("Impossible\n");return 0;}num1++;num0++;if(num0==1&&w==0&&e==0)num0=0;if(num1==1&&w==0&&e==0)num1=0;if(num0*num1!=w+e||judge){printf("Impossible\n");return 0;}else{while(num0!=0||num1!=0){if(w>=num1){printf("0");num0--;w-=num1;}else{printf("1");num1--;e-=num0;}}}puts("");
}