前言
离ak最近的1场qwq
写了9题，再给我5min就能ak的
混了个rk20多qwq
怎么天天出原题啊我做过的都有3道了
A
做法 : 小学奥数
小学奥数题吧...
只要你智商在线，人脑里模拟一下不就行了
显然也就那么几种情况。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 10000100
ll n, m;
int main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
if(n > m * 9 || n < m * 6) return puts("jgzjgzjgz"), 0;
ll c = n - m * 6;
if(c > m) puts("0");
else printf("%lld
", m - c);
return 0;
}
B
做法：暴力/二分
一眼秒是二分。
具体做法是二分天数，然后等差数列求和判断。
但是写挂了不知道是溢出了还是什么。赛后交了是90分。
最后一个大爷告诉我暴力能过...
怪不得是全场通过最多
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
#define N 5000050
ll n, m, d, x;
bool check(ll x) {
__int128 s = (__int128)(x * d + n + n) * x / 2;
return s >= (__int128)m;
}
int main() {
scanf("%lld%lld%lld%lld", &n, &m, &d, &x);
ll ans = 0, res = 0;
while(res < m) {
res += n;
n += d;
ans++;
}
printf("%lld
", ans);
}
C
做法：贪心
因为没啥特殊性质，显然直接按涂上去的价值排序就好，然后取前n大的价值即可
是个sb题
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 10000100
int n, m;
struct Node {
int a, b;
} a[N];
bool operator < (Node a, Node b) {
return a.b > b.b;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", &a[i].a); for(int i = 1; i <= m; ++i) scanf("%d", &a[i].b);
sort(a + 1, a + m + 1);
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= m; ++i) {
if(n >= a[i].a) {
ans += 1ll * a[i].a * a[i].b;
n -= a[i].a;
} else {
// if(!n) break;
ans += 1ll * a[i].b * n;
break;
}
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}
D
做法：贪心
之前做过类似的题，貌似是洛谷月赛。
绝对值小于等于1，很麻烦，所以不如钦定每一堆只要能拿就一定拿完，如果有一个要凑的就从右边拿。
这个正确性挺显然的吧，如果不是很理解可以把样例画出来自己看看
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
#define N 5000050
int n;
ll a[N];
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
ans += a[i] / 2;
if(a[i] % 2 == 0) continue;
if(a[i + 1] == 0) continue;
ans++; a[i + 1]--;
}
printf("%lld
", ans);
}
E
做法：二维前缀和
sb题啊。。。
一开始以为是个神仙题。我看错了题意以为d是每次给定的，结果是先给的。。。
那么就和NOIP2016组合数问题基本一样了
怎么天天出原题啊
预处理(sum[i][j])表示前([i,j])个格子，满足值大于等于d的有多少个。
那么按二维前缀和的思路容斥一下就好。如果不了解二维前缀和的看一下下面这个式子也就懂了
(sum[l2][r2] + sum[l1 - 1][r1 - 1] - sum[l1 - 1][r2] - sum[l2][r1 - 1])
实在不行再画个图？那图网上找找就好，烂大街的图
至于(n*m<1e6)开个vector就好
据说卡空间，不过我是没给卡到
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <deque>
#include <map>
#include <set>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define il inline
namespace io {
#define in(a) a=read()
#define out(a) write(a)
#define outn(a) out(a),putchar('
')
#define I_int ll
inline I_int read() {
I_int x = 0 , f = 1 ; char c = getchar() ;
while( c < '0' || c > '9' ) { if( c == '-' ) f = -1 ; c = getchar() ; }
while( c >= '0' && c <= '9' ) { x = x * 10 + c - '0' ; c = getchar() ; }
return x * f ;
}
char F[ 200 ] ;
inline void write( I_int x ) {
if( x == 0 ) { putchar( '0' ) ; return ; }
I_int tmp = x > 0 ? x : -x ;
if( x < 0 ) putchar( '-' ) ;
int cnt = 0 ;
while( tmp > 0 ) {
F[ cnt ++ ] = tmp % 10 + '0' ;
tmp /= 10 ;
}
while( cnt > 0 ) putchar( F[ -- cnt ] ) ;
}
#undef I_int
}
using namespace io ;
using namespace std ;
#define N 1000100
int n, m, d;
vector<int>sum[N];
int main() {
n = read(), m = read(), d = read();
for(int i = 1; i <= n; ++i) sum[i].push_back(0); for(int i = 0; i <= m; ++i) sum[0].push_back(0);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= m; ++j) {
int x = read();
x < d ? sum[i].push_back(0) : sum[i].push_back(1);
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = 1; j <= m; ++j) {
sum[i][j] += sum[i - 1][j] + sum[i][j - 1] - sum[i - 1][j - 1];
}
}
int Q = read();
while(Q--) {
int l1 = read(), r1 = read(), l2 = read(), r2 = read();
int ans = sum[l2][r2] + sum[l1 - 1][r1 - 1] - sum[l1 - 1][r2] - sum[l2][r1 - 1];
printf("%d
", ans);
}
return 0;
}
F
做法：搜索+构造
唯一的难题。
大致做法是宽搜一下，因为其实合法的构造方案很少。
结束了就弃了没写，这题具体做法还是看看官方题解吧。。。
G
做法：按位贪心
挺显然的一道题，3min秒了，然后因为上界搞错调了要1h。
或的规则是有1则1，那么考虑每一位，如果(b-a)（即a到b变换了的位数，这中间肯定有1）比这一位大，那么显然就会有一个1跟他或一下，那么这一位就固定为1了
上界要枚举到62...我上界试了31,32,63都挂了...最后62就过了，有毒
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
#define N 5000050
ll a, b;
int main() {
while(~scanf("%lld%lld", &a, &b)) {
ll ans = b | a;
for(ll k = 63; k >= 0; k--) {
if((ll)(1ll << (k)) <= (b - a)) ans |= (1ll << (k));
}
printf("%lld
", ans);
}
}
/*
枚举每一位
对于一位k，如果(a-b)>=(1<<k)，那么这一位就可以|1
*/
H
做法：暴力枚举+线段树优化
这题做了好久...做完这题，F时间就不够了...
一开始没啥思路，然后蔡队在牛客群上说了：“H有啥难的，暴力枚举啊”
orz。
然后往这方面想了想就想出来了。
显然比较麻烦的就是这个全体右移k位。
如果我们知道了一共要右移x次，那么其实每头猪的最小代价其实是确定了的，就是(min(a_i,min(a_{i-x}...a_{i-1})+x))（这是因为我们可以安排放入这头猪的时间，比如我们要取(i-2)这个地方的代价来填(i)这个位置，那么我们在剩下两次右移次数的时候放入(i-2)这个地方就好了。如果要用原来的价值，那么全部右移完后再放进去就好）
所以现在就明朗了。
枚举右移次数k，对于每个k算出最小代价，使用数据结构求区间最小值就可以了。
我一开始st表写挂了。。。爆了4发。最后用了线段树过了。
至于n右移了会到1的，可以分类讨论一下，也可以直接断环成链。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 100010
const ll inf = 1e18;
#define int long long
int n, x;
int a[N];
struct tree{
int l,r,mn;
}t[N<<2];
#define mid ((l + r) >> 1)
#define lc (rt << 1)
#define rc (rt << 1 | 1)
void pushup(int rt) {
t[rt].mn = min(t[lc].mn, t[rc].mn);
}
void build(int l, int r, int rt) {
t[rt].l = l; t[rt].r = r;
if(l == r) {
t[rt].mn = a[l];
return;
}
build(l, mid, lc); build(mid + 1, r, rc); pushup(rt);
}
#define l t[rt].l
#define r t[rt].r
int query(int L, int R, int rt) {
if(L <= l && r <= R) {
return t[rt].mn;
}
int ans = inf;
if(L <= mid) ans = min(ans, query(L, R, lc));
if(R > mid) ans = min(ans, query(L, R, rc));
return ans;
}
#undef l
#undef r
#undef mid
#undef lc
#undef rc
signed main() {
scanf("%lld%lld", &n, &x);
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", &a[i]);
build(1, n, 1);
ll ans = 1e18;
for(int k = 0; k <= n; ++k) {
ll sum = k * x;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(i - k < 1) sum += min(query(1, i, 1), query(n - k + i, n, 1));
else sum += query(i - k, i, 1);
}
ans = min(ans, sum);
}
printf("%lld
", ans);
return 0;
}
I
栈（括号序列）
本质上就是个括号序列
因为注意到每次最多只能+10分，最少+5分（+0我们肯定不会去选他）。
而且每个得分需要的次数是一样的。于是我们有一个贪心的做法。每次把当前数和栈顶比较，如果可以匹配则弹出并将答案+10，如果不行就扔进栈里。
最后把栈里的两两弹出并+5即可
抽象一下，就是个括号序列匹配而已
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
#define N 1000010
char s[N];
int st[N];
int main() {
scanf("%s", s + 1);
int ans = 0, n = strlen(s + 1), top = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
if(!top) {
st[++top] = s[i] - '0';
continue;
}
if(s[i] - '0' == st[top]) {
top--;
ans += 10;
} else {
st[++top] = s[i] - '0';
}
}
while(top) {
top -= 2;
ans += 5;
}
printf("%d
", ans);
}
J
做法：搜索
直接搜就行了。。。
因为是原题所以我就懒得写了，我拿了我以前写过的那题的代码交了，用的spfa。
原题是CF1064D
http://codeforces.com/contest/1064/problem/D
正好我当时打过。。。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define debug printf("233
")
#define inf 0x3f3f3f3f
#define il inline
#define in1(a) read(a)
#define in2(a,b) in1(a),in1(b)
#define in3(a,b,c) in2(a,b),in1(c)
#define in4(a,b,c,d) in2(a,b),in2(c,d)
inline void read( int &x ){
x = 0 ; int f = 1 ; char c = getchar() ;
while( c < '0' || c > '9' ) {
if( c == '-' ) f = -1 ;
c = getchar() ;
}
while( c >= '0' && c <= '9' ) {
x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48 ;
c = getchar() ;
}
x *= f ;
}
inline void readl( ll &x ){
x = 0 ; ll f = 1 ; char c = getchar() ;
while( c < '0' || c > '9' ) {
if( c == '-' ) f = -1 ;
c = getchar() ;
}
while( c >= '0' && c <= '9' ) {
x = (x << 1) + (x << 3) + c - 48 ;
c = getchar() ;
}
x *= f ;
}
using namespace std ;
#define N 2010
int n , m , r , c , x , y ;
char ch[ N ][ N ] ;
struct edge {
int to , nxt , v ;
} e[ N * N * 4 ] , E[ N * N * 4 ];
int head[ N * N ] , cnt , Head[ N * N ] , Cnt ;
int vis[ N * N ] , d[ N * N ] , Vis[ N * N ] , D[ N * N ] ;
int q[ 1000100 ] ;
void ins1( int u , int v , int w ) {
e[ ++ cnt ].to = v ;
e[ cnt ].nxt = head[ u ] ;
e[ cnt ].v = w ;
head[ u ] = cnt ;
}
void ins2( int u , int v , int w ) {
E[ ++ Cnt ].to = v ;
E[ Cnt ].nxt = Head[ u ] ;
E[ Cnt ].v = w ;
Head[ u ] = Cnt ;
}
void spfa() {
int s = (r-1) * m + c ;
q[ 1 ] = s ;
int l = 1 , r = 2 ;
for( int i = 1 ; i <= n * m ; i ++ ) d[ i ] = inf ;
d[ s ] = 0 ;
vis[ s ] = 1 ;
while( l != r ) {
int u = q[ l ++ ] ;
vis[ u ] = 0 ;
if( l == 1000000 ) l = 1 ;
for( int i = head[ u ] ; i ; i = e[ i ].nxt ) {
int v = e[ i ].to ;
if( d[ v ] > d[ u ] + e[ i ].v ) {
d[ v ] = d[ u ] + e[ i ].v ;
if( !vis[ v ] ) {
vis[ v ] = 1 ;
q[ r ++ ] = v ;
if( r == 1000000 ) r = 1 ;
}
}
}
}
}
void spfa2() {
int s = (r-1) * m + c ;
int l = 1 , r = 2 ;
q[ 1 ] = s ;Vis[ s ] = 1 ;
for( int i = 1 ; i <= n * m ; i ++ ) D[ i ] = inf ;
D[ s ] = 0 ;
while( l != r ) {
int u = q[ l ++ ] ;
Vis[ u ] = 0 ;
if( l == 1000000 ) l = 1 ;
for( int i = Head[ u ] ; i ; i = E[ i ].nxt ) {
int v = E[ i ].to ;
if( D[ v ] > D[ u ] + E[ i ].v ) {
D[ v ] = D[ u ] + E[ i ].v ;
if( !Vis[ v ] ) {
Vis[ v ] = 1 ;
q[ r ++ ] = v ;
if( r == 1000000 ) r = 1 ;
}
}
}
}
}
int main(){
in2( n , m ) ;
in2( r , c ) ;
in2( x , y ) ;
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
scanf( "%s" , ch[ i ] + 1 ) ;
}
for( int i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {
for( int j = 1 ; j <= m ; j ++ ) {
if( ch[ i ][ j ] == '*' ) continue ;
if(i-1>=1&&ch[i-1][j]=='.') ins1((i-1)*m+j,(i-2)*m+j,0), ins2((i-1)*m+j,(i-2)*m+j,0);
if(j-1>=1&&ch[i][j-1]=='.') ins1((i-1)*m+j,(i-1)*m+j-1,1),ins2((i-1)*m+j,(i-1)*m+j-1,0);
if(i+1<=n&&ch[i+1][j]=='.') ins1((i-1)*m+j,i*m+j,0), ins2((i-1)*m+j,i*m+j,0);
if(j+1<=m&&ch[i][j+1]=='.') ins1((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,0),ins2((i-1)*m+j,(i-1)*m+j+1,1);
}
}
spfa() ;
spfa2() ;
int ans = 0 ;
for( int i = 1 ; i <= n * m ; i ++ ) {
if( d[ i ] <= x && D[ i ] <= y ) ans ++ ;
}
printf( "%d
" , ans ) ;
}