cfER79
A New Year Garland standard input/output 1 s, 256 MB Submit Add to favourites x6464
插空法，三种颜色，假设红色最多， 先把红色球放一排， 为了两个红色球不想碰 所以要往红色球的间隔中放入另外两种颜色的球 而如果红色球数量为 n 那红色球之间的空隔为 n-1， 所以 若另外两种颜色球数量 大于 n-1 则 Yes， 否则 No
B Verse For Santa standard input/output 1 s, 256 MB Submit Add to favourites x4213
因为只能skip 1个礼物，所以如果所有礼物的时间加起来小于圣诞老人能听的最大时间 那就不必跳过 输出 0， 否则 找到会总时间会超过最大时间的串 并输出其中时间最大的礼物下标。题目和我理解的有些出入 我一开始理解的是跳过一个礼物 必须要 礼物数量更大 但题解就是跳过而已 不判断是否礼物数量更多
C Stack of Presents standard input/output 1 s, 256 MB Submit Add to favourites x3464
记录下每个礼物在a 数组中的位置, 然后每个礼品的发送时间 1s， 共 m s， 然后查找需要的时间为 remove 和 push 2*（pos[x]-i-1） （其中remove需要的时间为 pos[x]-i-1 i为已经去除的礼物数， 如果之后的位置小于pos[x] 则已经在栈顶 不需要寻找） 因为 i 从 0 开始， 所以 2*（pos[x]-i）
D Santa's Bot standard input/output 5 s, 256 MB Submit Add to favourites x1572
题意，有n 个小朋友， 每人有 kx 个想要的礼物， 问从 里面挑一个小朋友 选一个他想要的礼物 再在n 个小朋友里面选一个送给他， 问这个礼物是他想要的概率， 求逆元， 然后就可以写下概率公式 先挑一个小朋友 1/n 再选一个礼物 1/kx 再挑一个小朋友送给他这个礼物且是他满意的礼物 cnt(presen)/n , 然后把这些概率相乘便是一个礼物的有效概率 （题目中No item is contained in the same list more than once.） 然后把所有礼物的有效概率加起来即可
#include <bits/stdc++.h> //cfER 79 using namespace std; #define _for(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++) #define _rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++) #define ll long long
void taskA(){ int t; cin >> t; while(t--) { int a[3]; cin >> a[0] >> a[1] >> a[2]; sort(a, a+3); cout << (a[2]-1 <= a[0]+a[1]?"Yes\n":"No\n"); } return; }
void taskB1(){ int t; cin >> t; while(t--) { int n; ll s; cin >> n >> s; vector<int> a(n); int ans = 0; _for(i,0,n) cin>> a[i]; _for(i,0,n) { if(a[i] > a[ans]) ans = i; s-=a[i]; if(s < 0) break; } if(s >= 0) ans = -1; cout << ans+1 << "\n"; } return; } void taskB(){ int t; cin >> t; while(t--) { int n;ll s; cin >> n >> s; vector<int> a(n); _for(i,0,n) cin >> a[i]; int ans = 0, k = 0; ll sum = 0; _for(i,0,n) sum += a[i], k = i; if(sum <= s) {cout << "0\n"; continue;} sum = 0; _for(i,0,n) { sum += a[i]; if(a[i] > a[ans]) ans = i; if(sum > s) break; } cout << ans+1 << "\n"; } return; }
void taskC(){ int t; cin >> t; while(t--) { int n,m; cin >> n >> m; vector<int> pos(n); _for(i,0,n) { int x; cin >> x; x--; pos[x] = i; } ll ans = m; int lst = -1; _for(i,0,m) { int x; cin >> x; x--; int y = pos[x]; if(y > lst) ans += 2*(y-i), lst = y; } cout << ans << "\n"; } return; }
const int mod = 998244353; ll fpow(ll a, ll b) { ll ret = 1; while(b) { if(b&1) ret = ret*a%mod; a = a*a%mod; b >>= 1; } return ret; } ll inv(ll x) { return fpow(x, mod-2)%mod;} void taskD(){ int t; //cin >> t; t = 1; while(t--) { int n; cin >> n; vector<int> a[n], cnt(1e6+2); _for(i,0,n) { int k; cin >> k; a[i].resize(k); _for(j,0,k) cin >> a[i][j], cnt[a[i][j]]++; } ll ans = 0; _for(i,0,n) for(auto x:a[i]) { ans = (ans+inv(1LL*n)*inv(1LL*n)%mod*cnt[x]%mod*inv(1LL*a[i].size())) %mod; } cout << ans << "\n"; } return; }
int main(){ ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0); //taskA(); //taskB(); //taskC(); //taskD(); return 0; }
