solve: 5/8
A题：
$O(N^2)$暴力一下搜一下两个向量的组合
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read() {
ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for(; ch < '0' || ch>'9'; ch = getchar())
if(ch == '-') f = -f;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
x = x * 10 + ch - '0';
return x * f;
}
inline void chkmin( int &a, int b ) { if(a > b) a = b; }
inline void chkmax( int &a, int b ) { if(a < b) a = b; }
#define _ read()
#define ln endl
const int N=1005;
int n, x[N], y[N];
int main(){
n=read();
for(int i=1; i<=n; i++)
x[i]=read(), y[i]=read(), x[i]=read()-x[i], y[i]=read()-y[i];
int X=read(), Y=read(); X=read()-X; Y=read()-Y;
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=i+1; j<=n; j++)
if((x[i]+x[j])*Y-(y[i]+y[j])*X==0) return puts("YES"),0;
puts("NO");
}
B题：
暴力找"QAQ"即可（反正是子串）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read() {
ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for(; ch < '0' || ch>'9'; ch = getchar())
if(ch == '-') f = -f;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
x = x * 10 + ch - '0';
return x * f;
}
inline void chkmin( int &a, int b ) { if(a > b) a = b; }
inline void chkmax( int &a, int b ) { if(a < b) a = b; }
#define _ read()
#define ln endl
char s[1000006];
int n;
int main(){
scanf("%s", s+1); n=strlen(s+1);
for(int i=3; i<=n; i++)
if(s[i-2]=='Q'&&s[i-1]=='A'&&s[i]=='Q') return cout<<i-2<<ln,0;
}
D题：
可以发现如果ai是质数， 那么ai乘上一个不等于1的数肯定是合数， 根据这个我们只需要一个区间set
可以修改可以不管a1那个数， 但是统计要统计上
但是需要考虑ai=1的情况， 此时如果他出现在2， 3， 5， 7……这些质数位置上， 那么有可能变成质数， 于是我们需要一个单点加
我的做法是： 搞一个set存所有的可能变成质数的地方， 然后每次查询将set中在L,R中的点提出来， 然后在set中删掉该点， 如果x=1那么给该点暴力+1，
其他的地方按一开始ai是否为质数赋值为0,1， 然后建一棵线段树暴力维护即可
效率$O(Nlog_2N)$
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read() {
ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for(; ch < '0' || ch>'9'; ch = getchar())
if(ch == '-') f = -f;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
x = x * 10 + ch - '0';
return x * f;
}
inline void chkmin( int &a, int b ) { if(a > b) a = b; }
inline void chkmax( int &a, int b ) { if(a < b) a = b; }
#define _ read()
#define ln endl
const int N=5e5+5;
int n, m, vis[N], a[N];
int t[N<<2], lzy[N<<2];
set<int> s;
void up(int x){
t[x]=t[x<<1]+t[x<<1|1];
}
void build(int l, int r, int rt){
if(l==r){t[rt]=a[l]; return;}
int mid=(l+r)>>1;
build(l, mid, rt<<1);
build(mid+1, r, rt<<1|1);
up(rt);
}
void down(int x){
if(lzy[x]){
t[x<<1]=0; t[x<<1|1]=0;
lzy[x<<1]|=lzy[x]; lzy[x<<1|1]|=lzy[x];
lzy[x]=0;
}
}
int query(int L, int R, int l, int r, int rt){
if(L<=l&&r<=R) return t[rt];
int mid=(l+r)>>1;
down(rt);
int ans=0;
if(L<=mid) ans+=query(L, R, l, mid, rt<<1);
if(R>mid) ans+=query(L, R, mid+1, r, rt<<1|1);
return ans;
}
void add(int x, int l, int r, int rt){
if(l==r){t[rt]=1; return;}
int mid=(l+r)>>1;
down(rt);
if(x<=mid) add(x, l, mid, rt<<1);
else add(x, mid+1, r, rt<<1|1);
up(rt);
}
void modify(int L, int R, int l, int r, int rt){
if(L<=l&&r<=R){t[rt]=0; lzy[rt]=1; return;}
int mid=(l+r)>>1;
down(rt);
if(L<=mid) modify(L, R, l, mid, rt<<1);
if(R>mid) modify(L, R, mid+1, r, rt<<1|1);
up(rt);
}
int main(){
n=read(); m=read();
for(int i=2; i<=500000; i++)
vis[i]=1;
for(int i=2; i<=500000; i++)
if(vis[i]){
for(int j=2; i*j<=500000; j++)
vis[i*j]=0;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
a[i]=read();
for(int i=2; i<=n; i++)
if(vis[i]&&a[i]==1) s.insert(i);
for(int i=1; i<=n; i++)
a[i]=vis[a[i]];
build(1, n, 1);
while(m--){
int opt=read(), l=read(), r=read();
if(opt==2) printf("%d
", query(l, r, 1, n, 1));
else {
int x=read();
int L=l, R=r;
if(L==1) ++L;//L=1修改之后仍然等于本身
if(L<=R&&x!=0) modify(L, R, 1, n, 1);//一旦修改肯定不是质数
set<int>::iterator it=s.lower_bound(L);//L..R中间的1
set<int>::iterator it2=it;
for(;it!=s.end()&&*it<=R; ++it)
if(x==1) add(*it, 1, n, 1);
if(it2!=s.end()&&x!=0) s.erase(it2, it);//为0不用删
printf("%d
", query(l, r, 1, n, 1));
}
}
}
E题：
直接分解然后从后往前乘起来即可， 详细看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read() {
ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for(; ch < '0' || ch>'9'; ch = getchar())
if(ch == '-') f = -f;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
x = x * 10 + ch - '0';
return x * f;
}
inline void chkmin( int &a, int b ) { if(a > b) a = b; }
inline void chkmax( int &a, int b ) { if(a < b) a = b; }
#define _ read()
#define ln endl
int main(){
int n=read(); ll ans = 0;
for(int i=1; i<=n; i++){
int x=read();
int tmp=0;
while(x){tmp=tmp*2+x%2; x>>=1;}
ans=ans+tmp;
}
cout<<ans<<ln;
}
G题：
根据每个数都可以拆分成若干个质数乘积的唯一分解， 我们可以用每一个数去筛他的倍数， 当然如果用上一点埃筛的思想可以优化到$O(NlnlnN)$， 但是可以暴力$O(NlnN)$干他
然后我们只需要对每个质数维护他的后缀和即可， 可以用树状数组方便的实现
效率O(Nlog_2N)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read() {
ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for(; ch < '0' || ch>'9'; ch = getchar())
if(ch == '-') f = -f;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
x = x * 10 + ch - '0';
return x * f;
}
inline void chkmin( int &a, int b ) { if(a > b) a = b; }
inline void chkmax( int &a, int b ) { if(a < b) a = b; }
#define _ read()
#define ln endl
const int N=3000005;
int f[N], ans[N];
struct node{int n, k, id;}q[N];
bool cmp(node a, node b){return a.n<b.n;}
int t[N];
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void add(int x){for(;x; x-=lowbit(x)) t[x]++;}
inline int ask(int x){int res=0; for(;x<=3000000; x+=lowbit(x)) res+=t[x]; return res;}
int main(){
for(int i=1; i<=3000000; i++) f[i]=i;
for(int i=2; i<=3000000; i++)
for(int j=1; i*j<=3000000; j++)
f[i*j]=min(i, f[i*j]);//质数唯一表示定理， 最小的质数因子
// cout<<f[100]<<ln;
int m=read();
for(int i=1; i<=m; i++)
q[i].n=read(), q[i].k=read(), q[i].id=i;
sort(q+1, q+m+1, cmp);
for(int i=1; i<=m; i++){
for(int j=q[i-1].n+1; j<=q[i].n; j++)
if(j!=1) add(f[j]);
ans[q[i].id]=ask(q[i].k);
}
for(int i=1; i<=m; i++)
printf("%d
", ans[i]);
}
下面是补题的：
finish： 1/3
H题：
假设没有膜法的存在， 我们只需要从左往右贪心地砍小怪， 如果ai没被ai-1和ai-2砍光， 那么必须要砍， 每次取最小的代价
但是由于有膜法的存在， 我们需要统计从左往右砍的代价L[i]， 和从右往左砍的代价R[i]
那么答案就是min{L[i]+R[i+3]}， 此时i+1和i+2不需要砍到
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline ll read() {
ll x = 0, f = 1; char ch = getchar();
for(; ch < '0' || ch>'9'; ch = getchar())
if(ch == '-') f = -f;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
x = x * 10 + ch - '0';
return x * f;
}
inline void chkmin( int &a, int b ) { if(a > b) a = b; }
inline void chkmax( int &a, int b ) { if(a < b) a = b; }
#define _ read()
#define ln endl
const int N=1e6+5;
int n, a[N];
ll b[N], L[N], R[N], ans;
int main(){
n=read();
for(int i=1; i<=n; i++) a[i]=read();//f[i][0/1]表示到i为止， 有没有用过魔法
// L[0]=R[n+1]=0;
ans=2e18;
L[1]=b[1]=a[1];
for(int i=2; i<=n; i++)//逐个砍
L[i]=L[i-1]+max(a[i]-b[i-1]-b[i-2], 0ll), b[i]=max(a[i]-b[i-1]-b[i-2], 0ll);
memset(b, 0, sizeof(b));
R[n]=b[n]=a[n];
for(int i=n; i; i--)
R[i]=R[i+1]+max(a[i]-b[i+1]-b[i+2], 0ll), b[i]=max(a[i]-b[i+1]-b[i+2], 0ll);
for(int i=0; i<=n; i++)
ans=min(ans, L[i]+R[i+3]);
// cout<<R[3]<<ln;
cout<<ans<<ln;
}
/*
记录对上一个位置和对前一个位置的斩击
能确定对当前位置需要使用多少斩击
max(a[i]-b[i-1]-b[i-2], 0)
*/