2023寒假训练week0
Day1
蓝桥杯模拟赛
A.带分数
题意大致是用[1,9]之间的数来构造一个带分数，而且[1,9]必须每个都出现一次
这不就是全排列吗？
1.我们可以用c++的stl函数，也可dfs深搜
2.将这个全排列函数分成三个部分，整数部分，分子部分，分母部分
3.不要求输出构造的函数，只要求输出结果总数ans
贪图省事的 Qinna用了最简单的库函数法。
方法一：net_permutation()函数
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[10]={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}; int make_num(int x,int y) //将下标为x~y的数字连成y-x位的整数 { int sum=0; for(int i=x;i<=y;i++) sum=sum*10+a[i]; return sum; } int main() { int n,ans=0; cin>>n; do{ for(int i=1;i<=7;i++) //题目给出的范围10^6，整数最多6位 { for(int j=i+1;j<=8;j++) //分子的数最多7位 { int num1=make_num(1,i);//整数 int num2=make_num(i+1,j);//分子 int num3=make_num(j+1,9);//分母 if(num1+(num2/num3)==n&&(num2%num3==0)) ans++; } } }while(next_permutation(a+1,a+10)); cout<<ans<<endl; return 0; }
B.错误票据
录入 ID 号的时候发生了一处错误，造成了某个 ID 断号，另外一个 ID 重号,找出断号的 ID 和重号的 ID。
这题不难，主要是要想到将所有数存起来……
有两种方法：
第一种稍显麻烦，需要考虑换行和空格
第二种虽然也需要考虑，但是很巧妙,因为输入一个数后面必然要跟着一个空格或者换行
Qinna太笨了，比赛的时候只想到第一种。
方法一：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[100000] = {0}; int main(){ int n=0,pos=0; cin>>n; while(n--) { while(cin>>a[pos]) //用cin.get()吸收回车和换行 { pos++; if(cin.get()=='\n') //当cin.get()等于回车的时候读下一行数据 break; } } sort(a,a+pos); int re,cr; for(int i = 0; i < pos; i++) { if(a[i] == a[i+1]) re= a[i]; else if(a[i+1]-a[i] == 2) cr= a[i]+1; } cout<<cr<<" "<<re; return 0; }
方法二：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[100000] = {0}; int main(){ int n=0,pos=0; cin>>n; while(cin>>m){ //读到结尾就自动结束了 a[pos++]=m; } sort(a,a+pos); int re,cr; for(int i = 0; i < pos; i++) { if(a[i] == a[i+1]) re= a[i]; else if(a[i+1]-a[i] == 2) cr= a[i]+1; } cout<<cr<<" "<<re; return 0; }
C.翻硬币
每次只能同时翻转相邻的两个硬币，求最小操作步数。
找到不同的就翻这枚和下一枚就好
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; string s1,s2; int main() { cin>>s1>>s2; int sum=0; for(int i=0;i<s1.length()-1;i++) { if(s1[i]!=s2[i]) { sum++; s1[i]=s2[i]; if(s1[i+1]=='*') s1[i+1]='o'; else s1[i+1]='*'; } } cout<<sum<<endl; }
D.灵能传输
古怪的题目，求max（s[i]-s[i-1])最小
1.前缀和
2.贪心
3.排序
这题愣是没搞懂怎么写，之前没了解过前缀和，因此只好把前缀和的代码奉上了
求[l,r]的和
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const long long N=100005; long long a[N]; long long s[N]; long long m,n; int main() { scanf("%lld%lld",&n,&m); for(long long i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); for(long long i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+a[i]; while(m--){ long long l,r; scanf("%lld%lld",&l,&r); printf("%lld\n",s[r]-s[l-1]); } return 0; }
E.后缀表达式
首先我们得了解负号是可以相互抵消的，一个负号和很多个负号的效果其实是一样的
1.没有负号时，直接相加
2.有负号时：
可以表示成这样：
（……+……+……)-(……+……+……)； //负号为奇数时
或者这样：
（……+……+……)-(……+……-……)； //负号为偶数时
因此，只要最大的数-最小的数+其他数绝对值就OK
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int MAXN=1e5+10; int n,m,k; LL a[2*MAXN]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); k=n+m+1; for(int i=1;i<=k;i++) scanf("%lld",&a[i]); LL sum=0; if(!m){ for(int i=1;i<=k;i++) sum+=a[i]; printf("%lld\n",sum); return 0; } sort(a+1,a+k+1); sum+=a[k];sum-=a[1];m--; for(int i=2;i<k;i++) sum+=abs(a[i]); printf("%lld\n",sum); return 0; }
F.等差数列
这题很具有迷惑性格，一开始我以为公差是最小的就好了，但是如果有四个数，差值为2，3。我们不能取2作为公差，因为中间无论插入什么数，都不能构成等差数列。
因此，正确的想法应该是求后面各项与第一项所有差值的最大公约数，这样能保证数列中的数最少，并且一定能构成等差数列。
最大公因数，也称最大公约数、最大公因子，指两个或多个整数共有约数中最大的一个。
例如：
2，3的最大公因数是1，因此公差为1
c++库函数中有个专门求最大公约数的函数__gcd()
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1000010; int a[N]; int main(){ int n; scanf("%d", &n); for(int i = 0; i < n; i ++){ scanf("%d", &a[i]); } sort(a, a + n); //求后面各项与第一项所有差值的最大公约数 int d = 0; for(int i = 1; i<n;i++) d=__gcd(d,a[i]-a[0]); if(!d) printf("%d\n", n); else printf("%d\n", (a[n-1]-a[0])/d+1); return 0; }
G.特别数的和
直接按照题目要求把数给拆分判断就OK
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; bool Is(int x){ int t; while(x){ t=x%10; if (t== 2||t==0||t==9||t==1) return true; else x/=10; } return false; } int main(){ int n; cin>>n; int sum=0; for(int i= 1;i<=n;++ i){ if(Is(i)) sum +=i; } cout<<sum<<endl; return 0 ; }
H.完全二叉树的权值
就是一个模拟题，一层一层的算。确定每一层的头和尾，记录深度。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[100005]; int main() { int n; cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; int maxd=0;//记最大的那层深度为maxd long long max=-100005;//记最大深度 //每层第一个数i是2的n次方 //每层最后一个数为下一层的前一个数。 int d=1; for(int i=1;i<=n;i*=2,d++) { long long sum=0; for(int j=i;j<=2*i-1&&j<=n;j++) { sum+=a[j]; } if(sum>max) //找到最大的那层 { max=sum; maxd=d; } } cout<<maxd<<endl; }
Day2
二分法补题
分巧克力
每个小朋友至少1x1
输出切出的正方形巧克力最大可能的边长。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int const N = 100010; int w[N], h[N];//存储长、宽 int n, k; bool chack(int a) { int num = 0;//记录分成长度为 a 的巧克力数量 for (int i = 0; i < n; i++) { num += (w[i] / a) * (h[i] / a);//每一大块可以分成的边长为 a 的巧克力数量 if (num >= k) return true;//大于要求数量，返回真 } return false; } int main() { cin >> n >> k; for (int i = 0; i < n; i++) cin >> h[i] >> w[i]; int l = 1, r = 1e5;//小巧克力数量边长一定在 1 -- 100000 之间 while (l < r)//二分小巧克力边长范围，找到符合要求的最大值 { int mid = l + (r - l + 1 >> 1);//因为l = mid ，所以 mid 取 l + r + 1 >> 1,为了防止加和越界，改写成 l + (r - l + 1 >> 1) if (chack(mid)) l = mid; else r = mid - 1; } cout << r; }
Day3
SMU Winter 2023 Round #1 (Div.2)~ACM
A.不可以，总司令
满足条件输出
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n,y; cin>>n>>y; if(n>y){ cout<<"NO"<<endl; } else if(n<y){ cout<<"YES"<<endl; } else{ cout<<"equal probability"<<endl; } return 0; }
B.计算
将三位数拆分
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { long long n; cin>>n; long long ge,shi,bai; ge=n%10; bai=n/100; shi=n/10%10; long long sum1,sum2,sum3; sum1=ge+shi+bai; cout<<sum1<<endl; sum2=sum1*sum1; cout<<sum2<<endl; sum3=sum1*sum1*sum1; cout<<sum3<<endl; return 0; }
C.拱猪计分
考察细心和耐力的题目，写到吐血
发现一个很有用的库函数pair<T,T>,对付拱猪计分的那题非常有帮助
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; char s[5]; const int shuzilue[16]={0,-50,-2,-3,-4,-5,-6,-7,-8,-9,-10,-20,-30,-40,-100,+100}; struct shabi { char fl;//花色 int shuzi;//数字 } f[5][21]; int sum[5]; int main() { while (1) { memset(f,0,sizeof(f)); memset(sum,0,sizeof(sum)); bool flag=true;//是否文件结束 for (int i=1;i<=4;i++) { int n; scanf("%d",&n); if (n!=0) flag=false; for (int j=1;j<=n;j++) { scanf("%s",s); //字符串 f[i][j].fl=s[0]; //花色 f[i][j].shuzi=s[1]-48; //数字 if (strlen(s)==3) f[i][j].shuzi=f[i][j].shuzi*10+s[2]-48;//最多两位数 if (f[i][j].fl=='C') f[i][17].shuzi++;//花色数量 else if (f[i][j].fl=='S') f[i][18].shuzi++; else if (f[i][j].fl=='D') f[i][19].shuzi++; else f[i][20].shuzi++; } if (n==0) {sum[i]=0;continue;}//若未持有这 1616 张牌之任一张则以得零分计算 if (n==16) {sum[i]=1000;continue;}//若有一玩家持有所有 16 张计分牌，则得 +1000 分 if (f[i][20].shuzi==13) //全H { sum[i]+=200; if (f[i][18].shuzi==1 && f[i][19].shuzi==1) sum[i]+=500; else if (f[i][18].shuzi==1) sum[i]-=100; else if (f[i][17].shuzi==1) sum[i]+=100; } else for (int j=1;j<=n;j++) //普通牌 if (f[i][j].fl=='H') sum[i]+=shuzilue[f[i][j].shuzi]; else if (f[i][j].fl=='S') sum[i]+=shuzilue[14]; else if (f[i][j].fl=='D') sum[i]+=shuzilue[15]; if (n==1 && f[i][17].shuzi==1) sum[i]=50;//只有1张牌且是C牌 else if (f[i][17].shuzi==1) sum[i]*=2;//不只1张牌但是有C牌 } if (flag) return 0; //4个都是0 for (int i=1;i<=4;i++) if (sum[i]>0) printf("+%d ",sum[i]); else printf("%d ",sum[i]); printf("\n"); } return 0; }
D.数字口袋
只要注意不要超过sum的最大值就好
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { long long n; cin>>n; long long sum=0; long long i=1; while(sum<n){ sum=sum+i; if(sum<=n){//一定要有这判断哇 cout<<i<<endl; } i++; } return 0; }
E\F狠狠地切割(Easy\hard Version)
esay版本有两种解法，离散和二分，hard直接二分。
easy:
#include<bits/stdc++.h> #define N 5000006 using namespace std; int a[N],b[N],c[N]; bool iscut[N]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); int n,m; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i]; for(int i=1;i<=m;i++) c[b[i]]=1; //将b的值保存在c中 for(int i=1;i<=n;i++) if(c[a[i]]) iscut[i]=true; //如果a中的值等于b，此点为割点，将下标值标记为true iscut[0]=true; //a的头也是割点 int cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!iscut[i]&&iscut[i-1]) cnt++; cout<<cnt<<endl; return 0; }
hard:
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; vector<long long>a,b; int n,m; bool check(long long k) { long long l=0,r=m-1,mid; while(l<=r){ mid=(l+r)>>1; if(k>b[mid]) l=mid+1; else if(k<b[mid]) r=mid-1; else return true; //找到 } return false; //找不到 } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin>>n>>m; long long x,y; for(long long i=0;i<n;i++) cin>>x,a.push_back(x); for(long long i=0;i<m;i++) cin>>y,b.push_back(y); sort(b.begin(),b.end()); //vector的迭代器 long long ans=0; if(!check(a[0])) //第一个数据不是断点，说明是个片段 ans++; for(long long i=1;i<n;i++){ if(!check(a[i])&&check(a[i-1])) //这个数据不是断点，但是前一个数据是断点 ans++; } cout<<ans<<endl; }
hard不用stl容器写法：
#include<bits/stdc++.h> #define N 5000006 using namespace std; int a[N],b[N],c[N]; bool iscut[N]; int main() { ios::sync_with_stdio(false); int n,m; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i]; for(int i=1;i<=m;i++) cin>>b[i]; for(int i=1;i<=m;i++) c[b[i]]=1; //将b的值保存在c中 for(int i=1;i<=n;i++) if(c[a[i]]) iscut[i]=true; //如果a中的值等于b，此点为割点，将下标值标记为true iscut[0]=true; //a的头也是割点 int cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++) if(!iscut[i]&&iscut[i-1]) cnt++; cout<<cnt<<endl; return 0; }
另外，我发现stl可以快速解决去重的问题：
vector
sort(alls.begin(),alls.end()); //将所有值排序
alls.erase(unique(alls.begin(),alls.end()),alls.end()); //去掉重复元素
其中unique的作用时将所有重复元素放在数组的后面，并返回重复元素之前的最后一个数组下标，之后erase掉后面的重复元素就ok
G.如何得到npy
emmm实在是不好意思，写这题的时候我还不会图论和dfs，因此我不打算解这题，我把关于图论和dfs的知识先了解一波。
dfs代码：
dfs进行全排列
//DFS入门小题：打印全排列 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=10000005; int path[N];//存路径 bool st[N];//存状态 int n;//1~n的全排列 void dfs(int u){ if(u==n){ for(int i=0;i<n;i++) printf("%d ",path[i]); cout<<endl; } else{ for(int i=1;i<=n;i++){ if(!st[i]){ //没有记录过i path[u]=i; //记录u这个位置可放的数 st[i]=true; //标记i被记录 dfs(u+1);//进入下一层 st[i]=false; //在这一层恢复现场 } } } } int main() { cin>>n; dfs(0);//从0开始 return 0; }
H.做不完的作业
有n个任务，每个有时间ti
Eric 前 i天要睡rxi小时，每天至少睡1小时，每天只能在做完所做的任务后睡觉。
问至少需要多少天才能完成任务。
那么我们可以 O(1) 求出完成这个任务需要先睡多少天，再完成任务即可
乐，，我还是没搞懂，直接复制大佬的代码，哭辽~
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long n,x,p,q,i=1,sum,t,w; int main(){ cin>>n>>x>>p>>q; while(n--){ cin>>w; if((x-t-w+sum)*q>=i*p*x&&x-t>w)t+=w; else{ sum+=x-t; i++; long long l=ceil((q*(sum+x-w)-p*i*x)*1.0/(x*p-x*q)); if(l>0){ sum+=x*l; i+=l; } t=w; } } cout<<i; }
I.毕业后
见代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; //E每个学生最多拿到一个 //最大比例 ,向下取整floor() int main() { double a,b; //a科目，b人数 cin>>a>>b; double w; w=1.0/a; //a种科目有一个为E的概率为1.0/a w=floor(w*b)/b; //b学生中有一个科目为E的学生人数/b学生总人数 printf("%.16lf",w); return 0; }
J.旋转排列
将 p 里的每一个数字都依次向后移动一位，并把 p 的最后一个数字移动到开头去。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; vector<int>a; int main() { int n; cin>>n; for(int i=0;i<n;i++){ int x; cin>>x; a.push_back(x); } while(1){ a.insert(a.begin(),a[n-1]);//头部插入 a.pop_back(); //尾部删除 for(int i=0;i<n;i++){ cout<<a[i]<<" "; } cout<<endl; if(a[n-1]==n){ break; } } return 0; }
K.标题计数
数题解中有多少个一级标题
若一行的第一个非空白字符是井号（#），且紧跟着若干个空格，则这一行剩余的非空白内容将会按照一级标题渲染。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,pos; int main(){ cin>>n; cin.get(); while(n--){ char a[1000]; fgets(a,1000,stdin); //读入一行数据 int f=0; for(int i=0;a[i+1]!='\0';i++){ if(f==1&&a[i]!=' '){ pos++; //一级标题个数+1 break; }//可能有首字符是空格的情况 if(a[i]!='#'&&a[i]!=' ') //不是一级标题，直接break break; if(a[i]=='#'){ //判断是不是一级标题 if(a[i+1]==' ') f=1; //是标记为true else break; //不是直接break } } } cout<<pos; return 0; }
Day4
补题
用数组实现链表
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 100010; // e[i] 表示节点i的值 // ne[i] 表示节点i的next指针是多少 // cur 存储当前已经用到了哪个点 int cur=1,e[N],ne[N]; //注意：头结点为cur=0 void add_k(int k, int x) //将x插到第k个插入的元素后面 { e[cur]=x; //将x值存入head之后的结点 ne[cur]=ne[k]; //将x结点指向k结点的下一个结点 ne[k]=cur; //将k结点的下一个结点指向x结点 cur++; //cur变到下一个位置 } void del_k(int k) //删除第k个插入的元素后面的数 { ne[k] = ne[ne[k]]; //k的下一个结点，指向k下一个结点的下一个结点。 //即掠过k的下一个结点 } int main() { int m; cin >> m; while (m--) { //m组测试用例 char op; int k,x; cin >> op; if (op == 'H') { //特殊判断，H的时候头结点cur=0 cin >> x; add_k(0,x); } else if (op == 'I') { // 执行insert操作 cin >> k >> x; add_k(k,x); } else { cin >> k; del_k(k); } } for (int j = ne[0]; j ; j = ne[j]) cout << e[j] << ' '; cout << endl; return 0; }
Day5
SMU Winter 2023 Round #2 (Div.2)
A Medium Number
给三个数求中位数
1.可以排序之后取中间值
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[5]; int main() { int t; cin>>t; while(t--) { memset(a,0,sizeof(a)); for(int i=0;i<3;i++) cin>>a[i]; sort(a,a+3); cout<<a[1]<<endl; } return 0; }
2.也可以直接无脑找出中间值、
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int t, a, b, c; scanf("%d", &t); while (scanf("%d%d%d", &a, &b, &c) != EOF) { if (a > b) { t = a; //b>a a = b; b = t; } if (a > c)//c>a { t = a; a = c; c = t; } if (b > c)//c>b { t = b; b = c; c = t; } printf("%d\n", b); } return 0; }
B Yes-Yes?
用c++的stl寻找字串
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; string s1; int main(void) { int t; cin >> t; while(t--) { string s = "YesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYesYes"; cin >> s1; if(s.find(s1)!=-1) cout << "YES" << endl; else cout << "NO" << endl; } return 0; }
C.Atilla's Favorite Problem
字符以'\0'为结束标志
特别记住：
小写字母-'a'=0~25
方法一：C风格的写法
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int t,n,max; scanf("%d ",&t); while(t--) { max = 0; scanf("%d ", &n); int c; while ((c=getchar())!= '\n') //用'\0'就用担心找不到结尾 { if (max< c- 'a' + 1) { max= c- 'a' + 1; } } printf("%d\n", max); } return 0; }
方法二：C++风格的写法
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int t,n,max; scanf("%d ",&t); while(t--) { max=0; scanf("%d ",&n); string s; int a[100005]; cin>>s; //读入字符串 for(int i=0;i<s.size();i++) a[i]=s.at(i)-'a'+1; //将字符串化成的数组赋值给整型数组 sort(a,a+s.size(),greater<int>()); //排序找最大的 printf("%d\n",a[0]); //输出最大 } return 0; }
D.Lost Permutation
全排列，先想到暴力bf
1.暴力的时候慢慢加都超过和，肯定不行
2.暴力完之后检查一遍，如果前面暴力枚举的数没有达到m+res个数，也就是说暴力枚举得到的数列个数不够，那也是没有完成全排列。
#include<bits/stdc++.h> #define N 110 typedef long long ll; using namespace std; bool b[N]; int main(void) { int t; cin >> t; while(t--) { memset(b,0,sizeof(b)); ll m,s; cin >> m >> s; for(int i=1;i<=m;i++) { int num; cin >> num; b[num] = 1; //离散化 } ll sum=0; int flag=0; int res=0; for(int i=1;i<=N;i++) //bf { if(!b[i]) //当没有i这个数时 { sum+=i; res++; //记录bf添加多少个数 b[i] = 1; } if(sum==s) //正好等于和 { break; } else if(sum>s) //大于和慢慢累加都不行你没救了 { flag=1; break; } } for(int i=1;i<=m+res;i++) { if(!b[i]) //遍历一遍全排所有元素,看看是不是全排列 { flag=1; //如果有一个没有被1的元素混入，说明前面bf没有枚举到他就已经超了或者等于s break; } } if(!flag) cout << "YES" << endl; else cout << "NO" <<endl; } return 0; }
E.Challenging Valleys
有坑点
1.只能有一个波谷，刚开始我以为题目判断的是有没有波谷，于是wrong on test 2
于是，我只能转换思路，判断是否只有一个波谷。
2.但是，没想到中间会有想通过的元素，于是判断左右两边是否存在波谷就显得蛮烦。
于是，当元素相同的时候直接把指针移向相同元素的后一位。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; long long a[200005]; int main(void) { int t; cin >> t; while(t--) { int n; cin >> n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin >> a[i]; } int cnt=0; int l=1,r=1;//刚开始l和r相等 a[0] = 1e9+10; //为了不越界多围一圈 a[n+1] = 1e9+10; //左右边界一定满足，不论大小 for(int i=1;i<=n;i++) { //如果满足l小于左边，r小于右边，则是山谷，cnt++即可 if(a[l]<a[l-1]&&a[r]<a[r+1]) { l = r+1; r = l; cnt++; continue; } //如果r跟r+1相等,则证明它们是相同元素，所以r++ if(a[r]==a[r+1]) { r++; continue; } //保证左右仍然相等 l = r+1; r = l; } if(cnt==1) cout << "YES" << endl; else cout << "NO" << endl; } return 0; }
F.Binary Inversions
本题只能改变一次：You are allowed to perform one operation on it at most once.
为了使0前面的1最多。
有两种改法：
1.将最前面的0改成1
2.将最后面的1改成0
本题还有一个坑点，也许改过之后的0前面的1不如不改的情况，所以要记得比较不改的情况。
#include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; using namespace std; const int N = 2e5+10; ll a[N],b[N],c[N]; int main(void) { int t; cin >> t; while(t--) { int n; cin >> n; for(int i=1;i<=n;i++) { cin >> a[i]; b[i] = a[i]; c[i] = a[i]; } ll res=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]==0) //0变成1 { a[i] = 1; break; } } ll sum1=0,c1=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]) //每个0前的1有几个 { c1++; } else { sum1 += c1;//将第一个0改成1的sum } } res = max(res,sum1); for(int i=n;i>=1;i--) { if(b[i]) //1改为0 { b[i] = 0; break; } } sum1=0,c1=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(b[i]) { c1++; //复制粘贴 } else { sum1 += c1; } } res = max(sum1,res); sum1=0; c1 = 0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(c[i]) //不变 { c1++; } else { sum1 += c1; } } res = max(sum1,res); cout << res << endl; } return 0; }
G.Quests
规则是这样的，你回答问题，你可以得到奖励，但是不能在k天内继续回答同一个问题。
1.如果某一天最大的奖励大于c。说明k无论取何值，都能满足奖励大于c->输出Infinity
2.如果所有天的最大奖励加起来都不大于c。说明k无论取何值，都不会满足奖励大于c->Impossible
3.用二分的方法，找出k。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll arr[200005]; bool check(int mid, ll c, int d, int n){ ll sum = arr[0]; for(int i = 1; i <= mid && i<min(d,n); i++){ sum += arr[i]; } ll ans = d / (mid + 1); //运用倍数关系，直接将前面的循环步骤省略 int cnt = d % (mid + 1); sum *= ans; for(int i = 0; i < cnt && i < n; i++){ sum += arr[i]; } if(sum >= c){ return true; } return false; } int main(){ int t; cin >> t; while(t--){ int n; ll c; int d; cin >> n >> c >> d; for(int i = 0; i < n; i++){ cin >> arr[i]; } sort(arr, arr + n, greater<ll>()); ll sum = 0; for(int i = 0; i < min(n, d); i++){ sum += arr[i]; } if(sum >= c){ cout << "Infinity" << endl; continue; } if(arr[0] * d < c){ cout << "Impossible" << endl; continue; } int l = 0, r = max(d,n); while(l <= r){ int mid = (l + r) / 2; if(check(mid, c, d, n)){ l = mid + 1; }else{ r = mid - 1; } } cout << r << endl; //输出哪一边都ok } return 0; }
H.SlavicG's Favorite Problem
emm由于dfs是真的不会，只能先放下这题去学深搜。。于是就把大佬的代码放上来
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> #include<string> #include<map> #include<vector> #include<queue> using namespace std; vector<pair<int,int>> p[100050]; int n,a,b; int f = 0; int dis[100050]; int vis[100050]; int dis1[100050]; int vis1[100050]; map<int,int> rr,ll; void bfs() { queue<int> q; q.push(a); dis[a] = 0; while(q.size()) { auto ver = q.front(); q.pop(); if(vis[ver]) continue; vis[ver] = 1; for(int i = 0;i < p[ver].size();i++) { auto j = p[ver][i]; int ne = j.first; int ww = j.second; if(!vis[ne]) { if(ne != b) { dis[ne] = ww^dis[ver]; q.push(ne); } } } } } void bfs1() { queue<int> q; q.push(b); dis1[b] = 0; while(q.size()) { auto ver = q.front(); q.pop(); if(vis1[ver]) continue; vis1[ver] = 1; for(int i = 0;i < p[ver].size();i++) { auto j = p[ver][i]; int ne = j.first; int ww = j.second; if(!vis1[ne]) { dis1[ne] = ww^dis1[ver]; rr[dis1[ne]] = 1; q.push(ne); } } } } void solve() { f = 0; cin >> n >> a >>b; rr.clear(); ll.clear(); for(int i = 1;i <= n;i++) { p[i].clear(); vis[i] = 0; dis[i] = 0; vis1[i] = 0; dis1[i] = 0; } for(int i = 1;i < n;i++) { int l,r,w; cin >> l>>r>>w; p[l].push_back({r,w}); p[r].push_back({l,w}); } bfs(); bfs1(); for(int i = 1;i <= n;i++) { if(rr[dis[i]]) { cout<<"YES\n"; return ; } } cout<<"NO\n"; } signed main() { int t = 1; cin >> t; while(t--) { solve(); } }
I.The Humanoid
怪兽的血量越多越难吸收，所以要先从血量小的开始吸收，如果一个怪兽开始不可以被吸收了，后面的大血量怪兽都不可以被吸收。
我们可以发现一共就三瓶药,两种,我们把所有喝药的顺序情况枚举出来,找最大值即可
一、3,2,2
二、2,3,2
三、2,2,3
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long a[200500]; void solve() { long long n,hh; cin >> n >> hh; for(int i = 0;i < n;i++) cin >> a[i]; sort(a,a+n); //排序找最弱的人 int ans = 0; //k=0,up=0 3,2,2 //k=1,up=0 2,3,2 //k=2,up=0 2,2,3 for(int k = 0;k <3;k++) { int up = 0; int i = 0; long long h = hh; while(i < n) { if(h > a[i]) //h的血量大于人的血量 { h += a[i]/2; //只能提升a[i]/2 i++; } else if(up == 3) { break; } else { if(up == k) { h = h*3; } else { h = h*2; } up++; } } ans = max(ans,i); //吸收最多的人 } cout<<ans<<"\n"; } int main() { int t = 1; cin >> t; while(t--) { solve(); } }
J.Make It Round
给定n,m,我们可以把n变为n×k（1<=k<=m,k为正整数)，如果存在，请输出末尾0的个数最多的n×k，否则输出n×m。
为了出现0，我们需要有10，也就是2×5。
有几个0就是有多少个2×5
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; char a[105][105]; void solve() { long long n,m; cin >>n >> m; int cnt2 = 0,cnt5 = 0;//记录5的个数和2的个数 int k = n; while(k%2 == 0) //记录2的个数 { cnt2 ++; k = k/2; } while(k%5 == 0) //记录5的个数 { cnt5 ++; k = k /5; } while(cnt5 > cnt2&& m/2) //5的个数>2的个数，想办法在[1,m]中搞出2，凑成10 { cnt5--; n*=2; m/=2; } while(cnt2 > cnt5&& m/5)//同理 { cnt2--; n *=5; m/=5; } long long ans = 1; while(ans*10 <= m)//找10的数目，找到不能找为止,当然,最后虽然可能不为10 { ans = ans*10; } ans = m/ans*ans; cout<<ans*n<<"\n"; //新的n已经保证为圆润的数了 } int main() { int t = 1; cin >> t; while(t--) { solve(); } }
K.Thermostat
见代码：
分三种情况
#include<bits/stdc++.h> #define int long long using namespace std; int t; int l,r; int x,a,b; signed main() { cin>>t; while(t--) { int k=5; //k不会大于3 cin>>l>>r>>x>>a>>b; if(a==b) //相同不用改变 { cout<<0<<endl; continue; } if(abs(a-b)>=x) //ab距离已经大于x，直接移到b { cout<<1<<endl; continue; } if(abs(l-b)<x&&abs(r-b)<x) //b这个位置不能由两头到达，a不管怎么移动都到不了b { cout<<-1<<endl; continue; } if(abs(l-a)>=x&&abs(l-b)>=x){ k=2; } else{ k=3; } if(abs(r-a)>=x&&abs(r-b)>=x){ k=2; } else{ k=k<3?k:3; } if(k>3) { cout<<-1<<endl; } else { cout<<k<<endl; } } return 0; }
L.Advantage
1.如果不是最大值，那就只能减去第最大
2.如果使最大值，那就减去第二大
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int main() { ll t; scanf("%lld",&t); while(t--){ vector<ll>a,b; ll n; scanf("%lld",&n); for(ll i=0;i<n;i++){ ll x; scanf("%lld",&x); a.push_back(x); b.push_back(x); } sort(a.begin(),a.end(),greater<ll>()); for(ll i=0;i<n;i++){ if(b[i]!=a[0]) //不等于最大值，做差 printf("%d ",b[i]-a[0]); else printf("%d ",b[i]-a[1]);//等于，减倒数第二大的 } printf("\n"); } }
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