A Takoyaki
大意：
一次可以做x个饼，每次花t分钟，问做n个饼花多少分钟
思路：
向上取整即可，注意要用double强制转换一下
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int const MAXN = 2e5 + 10;
int n, x, t;
int main() {
cin >> n >> x >> t;
cout << (int)ceil((double)n / x) * t;
return 0;
}
B Multiple of 9
大意：
问一个数是不是9的倍数：
思路：
直接每一位相加模9即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int const MAXN = 2e5 + 10;
int n, m, T;
int main() {
string s;
cin >> s;
LL sum = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i) {
sum += s[i] - '0';
}
if (sum % 9)
cout << "No";
else
cout << "Yes";
return 0;
}
C Step
大意：
n个人站成一排，每个人向左看，必须每个人都不高于他，否则需要修改这个人的高度，直到满足左边的人都不高于他，问需要修改的高度和最小为多少
思路：
直接从左到右模拟即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int const MAXN = 2e5 + 10;
int n, m, T, a[MAXN];
int main() {
cin >> n;
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i];
if (a[i] < a[i - 1]) {
res += abs(a[i] - a[i - 1]);
a[i] = a[i - 1];
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}
D Wizard in Maze
大意：
走迷宫，可以直接走，也可以通过魔法跳到当前方格周围(5*5)的位置，"#"不可以走，"."可以走，问至少需要多少次魔法才能走到终点
思路：
走迷宫先想bfs，但是怎么bfs呢，因为如果能走到那么肯定没必要用魔法，而实在是走不到了，则必须要魔法，所以我们可以采用双端队列维护，如果能直接走到，就扔到队列的前面，如果需要跳，则扔到队列的后面，然后每次都从前面取即可，这样会先把能直接走到的取到，然后再走跳数最少的位置。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e3 + 5;
typedef long long LL;
int n, m, cx, cy, tx, ty, vis[N][N];
int f[2][4] = {0, 0, 1, -1, 1, -1, 0, 0};
char a[N][N];
struct node {
int x, y;
int step;
};
void bfs() {
deque<node> q;
node start;
start.x = cx;
start.y = cy;
start.step = 0;
//vis[cx][cy] = 1;
q.push_front(start);
while (!q.empty()) {
node now = q.front();
q.pop_front();
int x = now.x;
int y = now.y;
int step = now.step;
if (vis[x][y] == 1) continue;
vis[x][y] = 1;
if (x == tx && y == ty) {
cout << step << endl;
return;
}
for (int i = 0; i < 4; i++) {
int xx = x + f[0][i];
int yy = y + f[1][i];
if (xx >= 0 && xx < n && yy >= 0 && yy < m && vis[xx][yy] == 0&&a[xx][yy]=='.') {
//vis[xx][yy] = 1;
node ne;
ne.x = xx, ne.y = yy, ne.step = step;
q.push_front(ne);
}
}
for (int i = x - 2; i <= x + 2; i++) {
for (int j = y - 2; j <= y + 2; j++) {
if (i >= 0 && i < n && j >= 0 && j < m && vis[i][j] == 0&&a[i][j]=='.') {
//vis[i][j] = 1;
node ne;
ne.x = i, ne.y = j, ne.step = step + 1;
q.push_back(ne);
}
}
}
}
cout << -1 << endl;
return;
}
int main() {
cin >> n >> m;
cin >> cx >> cy;
cin >> tx >> ty;
cx--, cy--, tx--, ty--;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
cin >> a[i][j];
}
}
bfs();
return 0;
}
E Bomber
大意：
给出一个(n*m)的矩阵,其中有M个目标，现在要安放一个地雷，这个地雷可以炸掉所在行和所在列的目标，问最多可以炸掉多少目标。
(1 leq n, m leq 3 imes 10^5)
(1 leq M leq minleft(n imes m, 3 imes 10^5 ight))
思路：
贪心的想，肯定是找到目标最多的行和列，然后判断一下这一行和这一列的交点有没有目标即可，如果有，那么答案需要减一。但是有可能有很多行或者列都是最多的，那么就需要找出他们全部的交点，看看有没有交点上没有目标的，如果有就直接输出答案，如果所有的交点上都有目标，那么直接输出答案减一即可。因为目标最多不超过3e5，所以枚举交点的数量不会超过3e5，否则一定会找到一个没有目标的交点，所以不会超时
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
int const N = 3e5 + 10;
int h, w, m;
int row[N], col[N];
int maxrow[N], mrow = 0;
int maxcol[N], mcol = 0;
set<pair<int, int>> tar;
int main() {
cin >> h >> w >> m;
int max_row = 0, max_col = 0;
for (int i = 0; i < m; i++) {
int x, y;
cin >> x >> y;
tar.insert({x, y});
row[x]++;
col[y]++;
max_row = max(max_row, row[x]);
max_col = max(max_col, col[y]);
}
for (int i = 1; i <= h; i++) {
if (row[i] == max_row) maxrow[mrow++] = i;
}
for (int i = 1; i <= w; i++) {
if (col[i] == max_col) maxcol[mcol++] = i;
}
for (int i = 0; i < mrow; i++) {
for (int j = 0; j < mcol; j++) {
if (tar.count({maxrow[i], maxcol[j]}) == 0) {
cout << max_row + max_col << endl;
return 0;
}
}
}
cout << max(0, max_row + max_col - 1) << endl;
return 0;
}
F Brave CHAIN
大意：
给出3N张牌，每次可以将最左边5张牌排序，然后删掉最左边的三张，如果这三张都相同，那么得一分，问最后能得多少分
思路：
实在不会 鸽了（题解：https://kaizynx.github.io/2020/08/23/AtCoder-ABC176F/）