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M

检验字符的字符是否能构成nowcoder
两种方法

检验各个字母出现的次数是否与nowcoder相等
按照字典序排序后是否与cdenoorw相同

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int main() {
    cin>>s;
    sort(s.begin(),s.end());
    if(s=="cdenoorw")
    {
        cout<<"happy new year"<<endl;
    }else{
        cout<<"I AK IOI"<<endl;
    }
}

A

与偶数互质的数一定是奇数

奇数-奇数=偶数
偶数-奇数=奇数

所以，当数为1时，即数为奇数时胜利
假设先手拿着奇数，那么必然变为偶数，而后手拿着偶数，也必然变为奇数，所以显然，先手胜
反过，必输

总结一下，一开始就确定了，先后手上的数的特征:奇数or偶数
而赢家一定是奇数

Ps:注意数据范围

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
long long n;
int main(){
    cin>>n;
    if(n&1) puts("Yes");
    else puts("No");
    return 0;
}

F

如果每个人中间没有人，那么看见的人数会达到最大n*2
如果每个人只有中间有人，那么看见的人数最小：n
不在这个范围内的无法构造

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ull unsigned long long 

int t,a,b,c,n;
void solve(){
    cin>>n>>a>>b>>c;
    int x,y,z;
    if(a+b+c>(2*n) || a+b+c<n){
        puts("No");
    }
    else puts("Yes");
}
int main(){
    cin>>t;
    while(t--){
        solve();
    }
    
    return 0;
}

L

$N\leq 7$
solutions:

有毅力的可以手写所有答案
建图，求欧拉序列

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define x first
#define y second
int n;

int a[100][100];
const int maxn=2e5+10;
struct node{
    int v,next;
}e[maxn];
int head[maxn];
int cnt=0;
map<pair<int,int>,bool >mp;
void add(int u,int v){
    e[++cnt].v=v;
    e[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
}
vector<int>ans;

bool check=0;
void dfs(int u){
    if(u==1 && ans.size()==3*(1+n)*n/2+1){
        puts("Yes");
        for(int i=0;i<=3*(1+n)*n/2;++i) cout<<ans[i]<<" ";
        check=1;
        return ;
    }
    for(int i=head[u];i;i=e[i].next){
        int v=e[i].v;
        if(mp[{u,v}] || mp[{v,u}]) continue;
        mp[{v,u}]=mp[{u,v}]=1;
        ans.push_back(v);
        dfs(v);
        if(check) return ;
        ans.pop_back();
        mp[{v,u}]=mp[{u,v}]=0;    
    }
}

int main(){
    cin>>n;
    ;int res=0;n+=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=i;++j)
            a[i][j]=++res;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=1;j<=i;++j){
            if(j!=i) {
            	add(a[i][j],a[i][j+1]),add(a[i][j+1],a[i][j]);
			}
            if(i!=n){
	            add(a[i][j],a[i+1][j]);
	            add(a[i][j],a[i+1][j+1]);
	            add(a[i+1][j],a[i][j]);
	            add(a[i+1][j+1],a[i][j]);
			}
        }
        n-=1;
    ans.push_back(1);
    dfs(1);
    if(!check) puts("No");
    return 0;
}

E

对于每一次碰撞，都会交换速度，而那么对于以后的碰撞相当于小球相互穿过，问穿过了多少次

思考：

如果时间无限长，那么穿过次数一定会达到一个上限
刚开始，穿过次数为0

所以总得来说，穿过次数随着时间增长而增长

答案那么具有单调性，就可以考虑二分答案

答案得范围容易确定 $[0,10^9]$
如何检验答案
根据我们小学二年级学的，速度是相对的，我们可以这么规定向左的速度为0，那么向右的速度为2
此时我们可以一个一个计算向右的通过了多少个静止不动的
- 例如，现在当前的向右的位置为 $p$ ，在当前时间 $t$ 下,到达了 $p+2*t$ ，因此只要在 $[p,p+2*t]$ 内静止不动的都能被计算在内
这下问题就转化成如何高效统计这个区间内静止的球：

我们可以将静止的球排序，通过双指针，界定范围

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define p first
#define v second
const int maxn=1e5+10;
typedef pair<int,int> pii;

int n,k;
vector<int>a,b;
bool check(double x){
    int cnt=0;
    int l=0,r=0;
    int len=b.size();
    for(auto i:a){
        while(l<len && b[l]<i) ++l;
        while(r<len && b[r]<=i+2*x) ++r;
        cnt+=r-l;
    }
    return cnt>=k;
}
int main(){
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int p,v;
        cin>>p>>v;
        if(v==1)        a.push_back(p);
        else b.push_back(p);
    }    
    sort(a.begin(),a.end());
    sort(b.begin(),b.end());
    double l=0,r=1e9+10;
    while((r-l)>1e-6){
        double mid=(l+r)/2;
        if(check(mid))          r=mid-1e-6;
        else l=mid+1e-6;
    }
    if(r==1e9+10) puts("No");
    else {
        puts("Yes");
        cout<<fixed<<setprecision(6)<<l<<"\n";
    }
}

G

先要学习数论分块
然后
在数论分块中，当 $k \in [l, r]$ 时，存在整数 $m = \left\lfloor \frac{N}{k} \right\rfloor$ 保持恒定。此时余数 $N \% k$ 的变化规律可描述为：

N % k = N - m \cdot k

$N \% k = N - m \cdot k$

等差特性证明

公差推导：

当 $k$ 递增1时：

Δ (N % k) = [N - m (k + 1)] - [N - m k] = - m

$\Delta(N \% k) = [N - m(k+1)] - [N - mk] = -m$

因此余数构成公差为 $-m$ 的等差数列

参数对应关系：

首项： $a_0 = N \% l = N - m \cdot l$
末项： $a_{r-l} = N \% r = N - m \cdot r$
项数： $r - l + 1$

$N\%i$ 在每一个分块区间可表示为等差数列 $a_i=a_0+(i−1) \times b$ ，其中 $a_0=N\%l,b=-\lfloor \frac{N}{l} \rfloor$

所以 $i=\frac{a_i-a_0}{b}+1$

无论是通过这个公式还是直接想，一个块内余数都是单调递减的，于是我们可以二分查找第k大的余数

假设前k大的余数是mid，所以每个块前大于mid的数目 $=\frac{mid-a_0}{b}+1$

确定mid之后，再将每个块内大于mid的值全部相加

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
int n,k;
const int maxn=1e9+10;

int main(){
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    cin>>n>>k;
    int l=1, r=n;
    int val=0, vtot=0;
    while(l<=r) {
        int mid=(l+r)>>1;
        int tot=0;
        for(int i=1,j; i<=n; i=j+1) {
            j = n/(n/i);        // 数论分块确定区间 [i, j]
            int a = n - (n/i)*i; // 余数 a = n % i
            int k = n/i;         // 商 k = ⌊n/i⌋
            if(a < mid) continue;
            // 计算余数 ≥ mid 的数的个数
            int cnt = min((a - mid)/k + 1, j - i + 1);
            tot += cnt;
        }
        if(tot >= k) l = mid+1; // 余数 ≥ mid 的个数足够多，尝试更大的 mid
        else {
            vtot = tot;         // 记录当前 tot
            val = mid;          // 记录候选 val
            r = mid-1;          // 尝试更小的 mid
        }
    }
    long long ans = 1ll*(k - vtot)*(val-1);
    for(int i=1,j; i<=n; i=j+1) {
        j = n/(n/i);
        int a = n - (n/i)*i;    // 余数 a = n % i
        int k = n/i;            // 商 k = ⌊n/i⌋
        if(a < val) continue;
        // 计算余数 ≥ val 的数的余数之和
        int len = min((a - val)/k + 1, j - i + 1);
        ans += 1ll*(a*2 - k*(len-1)) * len / 2;//等差数列求和公式
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

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本文作者：归游

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posted @ 2025-01-31 17:47 归游阅读(14) 评论(0) 编辑收藏举报

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