咕咕东是个贪玩的孩子，有一天，他从上古遗迹中得到了一个神奇的圆环。这个圆环由字母表组成首尾相接的环，环上有一个指针，最初指向字母a。咕咕东每次可以顺时针或者逆时针旋转一格。例如，a顺时针旋转到z，逆时针旋转到b。咕咕东手里有一个字符串，但是他太笨了，所以他来请求你的帮助，问最少需要转多少次。
zeus
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考虑上衣字符拨到当前字符逆时针还是顺时针即可。
具体的判断可以用，注意取模：
憨憨的我上来直接24个英文字母。签到题
#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
int main() {
string s;
cin >> s;
int ans = 0;
int k = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
int cur = (26 + s[i] - 'a' - k) % 26;
// ans += min((s[i] - 'a' - k) % 26, 26 - ((s[i] - 'a' - k) % 26));
ans += min(cur, 26 - cur);
k = s[i] - 'a';
// cout << k << " " << ans << endl;
}
cout << ans;
return 0;
}
咕咕东考试周开始了，考试周一共有 n n n天。他不想考试周这么累，于是打算每天都吃顿好的。他决定每天都吃生煎，咕咕东每天需要买 a i a_i ai个生煎。但是生煎店为了刺激消费，只有两种购买方式：①在某一天一次性买两个生煎。②今天买一个生煎，同时为明天买一个生煎，店家会给一个券，第二天用券来拿。没有其余的购买方式，这两种购买方式可以用无数次,但是咕咕东是个节俭的好孩子，他训练结束就走了，不允许训练结束时手里有券。咕咕东非常有钱，你不需要担心咕咕东没钱，但是咕咕东太笨了，他想问你他能否在考试周每天都能恰好买 a i a_i ai个生煎。
其中
( 1 ≤ n ≤ 100000 ) (1 \le n \le 100000) (1≤n≤100000)， ( 1 ≤ a i ≤ 10000 ) (1 \le a_i \le 10000) (1≤ai≤10000)
4
1 2 1 2
2
考虑对于第 i i i天，假设买了m个煎饼，其第二种方案对第 i + 1 i+1 i+1天的影响可以转变为至多一次。
因为，假设第 i i i天选了2次方案二，其等价于第 i i i天选1次方案一，第 i + 1 i + 1 i+1天选1次方案一。
故问题可以转化为先考虑最后一天，若为偶数个，直接全选择方案1，若为奇数个，选择一次方案1。并让前一天总煎饼数-1（选择一次方案2）。
则问题转化为，对于当前天：
输出NO的情况为当前天煎饼数
<
0
<0
<0 ，或第一天煎饼数为基数个。否则输出YES。
这题还是挺有意思的，不过数据有点水（逃） 。全输出YES能拿到不少分吧。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
int v[100010];
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> v[i];
}
int flag = 0;
for (int i = n; i; i--) {
if (flag == 1) {
v[i] -= 1;
if (v[i] < 0) {
cout << "NO";
return 0;
}
}
if (v[i] % 2 == 0) {
flag = 0;
} else {
flag = 1;
}
}
if (flag == 1) {
cout << "NO";
} else {
cout << "YES";
}
return 0;
}
众所周知，瑞神已经达到了CS本科生的天花板，但殊不知天外有天，人外有苟。在浩瀚的宇宙中，存在着-种叫做苟狗的生物， 这种生物天生就能达到人类研究生的知识水平，并且天生擅长CSP,甚至有全国第一的水平!但最可怕的是，它可以发出宇宙射线!宇宙射线可以摧毁人的智商，进行降智打击!
宇宙射线会在无限的二维平面上传播(可以看做一个二维网格图)，初始方向默认向上。宇宙射线会在发射出一段距离后分裂,向该方向的左右 4 5 ∘ 45^{\circ} 45∘方向分裂出两条宇宙射线，同时威力不变!宇宙射线会分裂 n n n次,每次分裂后会在分裂方向前进 a a a个单位长度。
现在瑞神要带着他的小弟们挑战苟狗，但是瑞神不想让自己的智商降到普通本科生zjm那么菜的水平,所以瑞神来请求你帮他计算出共有多少个位置会被"降智打击”。
4
4 2 3 2
39
朴素的DFS，和BFS能拿到40分。据说剪枝后可以A掉，但是要注意考虑层数，（第4次和21次以同一方向道道某个点并不能剪掉），否则会WA。下面给出一种好的解法（这里感谢下hf大佬。
首先考虑分裂30次，
2
30
2^{30}
230显然会TLE。考虑每次分裂是对称的，其实我们只需要考虑一半就行，如只考虑向右边分裂，把分裂后的图沿着对称轴对称过去，这样问题变成了30次图的对称复制。
至于怎么对称，考虑：
我们已知线段L，点A，求点A的对称点B。
那么问题就很简单了，高数学过（我却忘了，LY老师Dbq）：
set用法
这题我算错复杂度了，以为朴素的dfs就能A。（问问自己，第几次这样了？？？）。然后玩了半小时（RNG NB）。最后看出来怎么做了，奈何不会算对称点，最后拿了暴力的40分，只能补题了。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
struct re {
int x, y;
bool operator<(const re& a) const { return x != a.x ? x < a.x : y < a.y; }
};
set<re> M;
int ans;
int fx[] = {0, 1, 1, 1, 0, -1, -1, -1};
int fy[] = {1, 1, 0, -1, -1, -1, 0, 1};
int v[50], n;
void dfs(re cur, int k, int flag) {
if (k > n) return;
// cout << k << " " << flag << endl;
dfs({cur.x + fx[flag] * v[k], cur.y + fy[flag] * v[k]}, k + 1, (flag + 1) % 8);
set<re> temp;
for (auto& i : M) {
if (flag == 0 || flag == 4)
temp.insert({cur.x * 2 - i.x, i.y});
else if (flag == 1 || flag == 5)
temp.insert({i.y + cur.x - cur.y, i.x - cur.x + cur.y});
else if (flag == 2 || flag == 6)
temp.insert({i.x, cur.y * 2 - i.y});
else if (flag == 3 || flag == 7)
temp.insert({cur.x + cur.y - i.y, cur.x + cur.y - i.x});
}
M.insert(temp.begin(), temp.end());
for (int i = 1; i <= v[k]; i++) {
M.insert({cur.x + fx[flag] * i, cur.y + fy[flag] * i});
}
}
int main() {
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> v[i];
}
dfs({0, 0}, 1, 0);
cout << M.size();
return 0;
}