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C题：
思路：
直接暴力求每个字母的前缀和，对于区间l，r的最小操作就是区间不同数的一半，因为可以把一个数变成另一个不一样的数，一下抵消两个。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
#define fi first
#define se secondint n,m;
int pre[N][30],nex[N][30];
void solve(){cin>>n>>m;string s,ss;cin>>s>>ss;s=' '+s;ss=' '+ss;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=27;j++){pre[i][j]=pre[i-1][j];nex[i][j]=nex[i-1][j];}pre[i][s[i]-'a']++;nex[i][ss[i]-'a']++;}while(m--){int cnt=0;int l,r;cin>>l>>r;for(int i=0;i<=27;i++){cnt+=abs((pre[r][i]-pre[l-1][i])-(nex[r][i]-nex[l-1][i]));}int ans=cnt/2;cout<<ans<<endl;}
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}D题
思路：
abc有三种情况，一种是全相等，一种是两个相等，最后一种是全不相等。根据排列组合，第一种只有一种排列，第二种有三种排列，第三种有六种排列。
对于第一种情况，我们直接暴力遍历一个数即可。第二种情况我们可以分两种情况考虑：1.不一样的数小于一样的数，2.不一样的数大于一样的数，我们直接暴力遍历这两种情况即可。第三种情况我们假定先找最小数，再找次小数，最后找最大数即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=1e5+10;
const int mod=1e9+7;
#define fi first
#define se second
#define ls u<<1
#define rs u<<1|1int n,x;
void solve(){cin>>n>>x;int cnt=0;if(x<3){cout<<0<<endl;return;}for(int i=1;3*i<=x&&i*i*3<=n;i++){cnt++;}for(int i=1;i*2<=x&&i*i<=n;i++){for(int j=1;i*2+j<=x&&j<i&&i*i+j*2*i<=n;j++){cnt+=3;}for(int j=i+1;i*2+j<=x&&j<=x&&i*i+j*2*i<=n;j++){cnt+=3;}}for(int i=1;i*3<=x&&i*i*3<=n;i++){for(int j=i+1;i*2+j<=x&&i*i*2+j*j<=n;j++){for(int k=j+1;i+j+k<=x&&i*j+i*k+k*j<=n;k++)cnt+=6;}}cout<<cnt<<endl;
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}E题
思路：
由于要知道区间个数，我们很容易想到要前缀和。我们另1为+1,0为-1，那么前缀和差为0的区间就是01数量一样的区间。我们很容易想到用一个vector来存sub的值，那么我们枚举左端点的时候，只需要去同样sub的位置去找即可。会有0101010101...这种情况，容易知道这样肯定是超时的。
但我们一般都是找到暴力的方法然后再找方法优化，这题也是这样。
如果我们找到的一对数为（x，y），根据分步乘法原理，容易知道这样的贡献是x*（n-y+1）。我们让x不动，去找所有右端点，也就是之前超时的暴力遍历sub。我们可以发现每次都是l*（n-xi+1）作为增加的贡献。我们可以发现 l 在我们遍历这次的时候是定值，n和1也是定值，我们都可以提取出来。假如后面满足条件的右端点有k个，那么以 l 为左端点的贡献就是 l*（k*n+k-）。对于k我们可以二分查找下标容易求，然后对于后面那求和部分我们很容易发现是一个后缀和，而后缀和又可以看成总和减去前缀和，所以我们去维护每个sub的前缀和，这样我们就可以log的时间求出以 l 为左端点的贡献了。
tle代码：
string s;
int pre[N];
map<int,vector<int> > v;
void solve(){cin>>s;s=' '+s;v.clear();int n=s.size()-1;for(int i=1;i<=n;i++){pre[i]=pre[i-1];if(s[i]=='1')pre[i]++;v[pre[i]-(i-pre[i])].push_back(i);}int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){int sub=pre[i-1]-(i-1-pre[i-1]);for(auto &x:v[sub]){if(x>i){cnt=(cnt+(i)*(n-x+1))%mod;}}}cout<<cnt<<endl;
}优化代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=2e5+10;
const int mod=1e9+7;
#define fi first
#define se secondstring s;
int pre[N];
map<int,vector<int> > v;
map<int,vector<int> > vv;
void solve(){cin>>s;s=' '+s;v.clear();vv.clear();int n=s.size()-1;set<int> p;for(int i=1;i<=n;i++){pre[i]=pre[i-1];if(s[i]=='1')pre[i]++;v[pre[i]-(i-pre[i])].push_back(i);p.insert(pre[i]-(i-pre[i]));}for(auto &x:p){int sum=0;for(int i=0;i<v[x].size();i++){sum+=v[x][i];vv[x].push_back(sum);}}int cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){int sub=pre[i-1]-(i-1-pre[i-1]);if(v[sub].size()==0) continue;int p=lower_bound(v[sub].begin(),v[sub].end(),i+1)-v[sub].begin();int pp=v[sub].size()-1;int t=0;if(p>0) t=vv[sub][pp]-vv[sub][p-1];else t=vv[sub][pp];cnt=(cnt+i*(-t+(pp-p+1)*n+(pp-p+1)))%mod;}cout<<cnt<<endl;
}
signed main(){ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);int t=1;cin>>t;while(t--){solve();}return 0;
}
