慢慢来。
| 题目 | A | B | C | D | E | F | G |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 状态 | √ | √ | √ | √ | × | ∅ | ∅ |
| //√，×，∅ |
想法
A. Prime Subtraction
res tp A
题意：给定(x,y（x>y))，问能否将(x-y)拆成任意多个质数之和
1.任意大于(1)的整数(k)都可以用(2)与(3)的线性表示
证:
若(k)是偶数，显然；
若(k)是奇数，则(k)可以表示成(k = 3 + 2*k')，显然；
毕。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)
#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define endl '
'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) (((p)<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mn = 2e5+10;
ll x, y;
int t;
int main(){
cin>>t;
while(t--){
cin>>x>>y;
cout<<((x - y <= 1)? "NO":"YES")<<endl;
}
}
B. Kill 'Em All
res tp B
题意：(x)轴正半轴上有(n)只怪兽，每个怪兽都有它的坐标(x_i)；负半轴充满陷阱，如果一个怪兽进入(x leq0)的区域，它就会扑街。陷阱可以重复利用。你可以在某个点投弹，直接使该点的怪兽扑街（如果有的话），之后投弹点左侧的怪兽会因为王霸之气而被击退(r)的距离，右侧同理。问，至少需要投多少个导弹，才能让所有的怪兽扑街。
一个怪兽要么因直接击中而扑街，要么因踏入陷阱区而扑街。贪心地想，我们想要每个导弹的效益最大化，就将它投到场上怪兽坐标的最大值的位置，这样所有的怪兽都会向陷阱区前进，且在判定是否因陷阱死亡之前，导弹至少消灭掉了一只怪兽，这是一个导弹对总体情况能做的最大的贡献，因为若将导弹投入非最大值位置，那么必定会有怪兽向(x)轴正向前进,而它们要么被之后的导弹推回来，要么直接被消灭。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)
#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define endl '
'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) (((p)<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mn = 1e5+10;
int q,n,r,t,lo,hi,ans,pos;
int x[mn];
int main(){
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%d%d",&n,&r);
lo = 1;hi = n;pos = 1;
ans = 0;
rep(i,1,n) scanf("%d",&x[i]);
sort(x+1,x+1+n);
while(lo <= hi){
--hi; ++ans; pos += r;
while(lo <= hi && x[hi] == x[hi+1]) --hi;
while(lo <= hi && x[lo] < pos) ++lo;
}
printf("%d
",ans);
}
}
C. Standard Free2play
res tp C
题意:有一个长度为(h)的尺子，从刻度(h)开始出发，每个整数点都有一个特征(0/1)，每次你需要做的是，将现在的位置特征(x)和(x-1)的位置取反,之后你可以前进到下一个特征为(1)的点,如果那个点与当前位置之间的距离不超过(2),很明显有时我们会陷入死路，我们可以花费一个魔力水晶，将任意位置的特征取反（包括(h)），问至少需要多少个魔力水晶，才能从(h)点走到(1)
我们将实的阶梯看作1，虚的阶梯看作0。对于一段连续的(1)，如果它的长度是奇数，那么可以从高处走到低处而不花费魔力水晶；如果它的长度是偶数，那么就需要花费一个魔力水晶。同时，从一段(1)走到下一段(1)时，会向下一段传递一个额外的(1),最后对最后一段特判能否不花费水晶直接到达高度为(0)的阶梯即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)
#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define endl '
'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) (((p)<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mn = 2e5+10;
int q,h,n,ans,cnt;
int p[mn];
int main(){
scanf("%d",&q);
while(q--){
scanf("%d%d",&h,&n);
rep(i,1,n) scanf("%d",&p[i]);
ans = 0;
cnt=1;
rep(i,2,n){
if(p[i-1] == p[i]+1) cnt++;
else{
if(cnt%2 == 0) ans++;
cnt = 2;
}
}
if(cnt%2 == 0){
if(p[n] > 1) ans++;
}
printf("%d
",ans);
}
}
D. AB-string
res tp D
题意：给定一个字符串，问，有多少个子串是好子串，好子串的定义是，其中的任意一个字符，都属于该子串内的某个长度大于一的回文子串。
要想知道好子串的数量，我们只需要知道坏子串的数量就可以了。
对于所谓的坏子串而言，我们考虑某个串(s_1……s_k),对于(s_2……s_{k-1})来说,它们一定都属于某个回文子串，因为，如果某个字符与其左侧或右侧的字符相等，则可以构成一个长度为(2)的回文，若都不相等，其左侧与右侧的字符相等，则可以构成一个长度为(3)的回文串，所以，一个串是否是坏子串仅仅取决于两端的字符。
我们假设(s_1
ot=s_2),对于(s_3)而言，它不能等于(s_1),否则(s_1)就包含于回文串(s_1s_2s_3)，可推(s_i
ot=s_1,igeq2),所以，坏子串是形如(ABB……B)的串，同理可推(s_k
ot=s_{k-1})的情况(AA……AAB)
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i = (a);i>=(b);--i)
#define fo(i,a,b) for(int i =(a);i<(b);++i)
#define de(x) cout<<#x<<" = "<<x<<endl;
#define endl '
'
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a));
#define ls(p) ((p)<<1)
#define rs(p) (((p)<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mn = 3e5+10;
char s[mn];
ll ans,n;
int l = 1;
int main(){
cin>>n;
cin>>s+1;
ans = n*(n-1)/2;
rep(i,2,n){
if(s[i] == s[l]) continue;
ans -= i - l;
if(l != 1) ans -= i - l - 1;
l = i;
}
if(l != 1) ans -= n - l;
cout<<ans;
}