| # | Name | ||
|---|---|---|---|
| A |
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 x6036 |
| B |
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x4139 |
| C |
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1 s, 256 MB |
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x2671 |
| D |
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2 s, 256 MB |
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x1113 |
| E |
standard input/output
1 s, 256 MB |
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x247 |
A. Bachgold Problem
给出一个N，请你找出一些素数，使得素数的和为N，且素数的个数最多。注意，素数可以重复，而且N>=2。
解：显然用2和3拆喽，大家又不傻。
1 VAR 2 n:longint; 3 a:longint; 4 i:longint; 5 BEGIN 6 readln(n); 7 a:=n div 2; 8 writeln(a); 9 for i:=1 to a-1 do begin 10 write(2); 11 write(' '); 12 end; 13 write(2+n mod 2); 14 END.
B. Parallelogram is Back
给出一个平行四边形的三个顶点，输出所有可能的第四个顶点。
解：小学几何问题喽，大家又不傻。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 signed main(void) 6 { 7 int x1, y1; 8 int x2, y2; 9 int x3, y3; 10 cin >> x1 >> y1 11 >> x2 >> y2 12 >> x3 >> y3; 13 cout << 3 << endl; 14 cout << +x1 - x2 + x3 << " " << +y1 - y2 + y3 << endl; 15 cout << +x1 + x2 - x3 << " " << +y1 + y2 - y3 << endl; 16 cout << -x1 + x2 + x3 << " " << -y1 + y2 + y3 << endl; 17 }
C. Voting
两个政党（D和R）的议员们在进行投票，他们的投票规则十分古怪：当前投票的议员，可以选取一个队里阵营的议员，取消他的投票权。
所有议员按照给出的顺序循环投票，最终以一个阵营的全部议员都被禁言结束，此时另一个阵营就会胜出。如果议员们都按照最优策略投票，请你模拟出投票的结果。
解：用两个队列维护两个政党的议员的位置，每次取出两个队首进行比较，位置在前的议员可以弹掉另一个队首，这个队首再也不会进队，而位置在前的议员以当前位置+n的新位置（循环）加入队尾。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 using namespace std; 4 5 int n; 6 string s; 7 queue<int> D, R; 8 9 signed main(void) 10 { 11 cin >> n >> s; 12 13 for (int i = 0; i < n; ++i) 14 (s[i] == 'D' ? D : R).push(i); 15 16 while (!D.empty() && !R.empty()) 17 { 18 if (D.front() < R.front()) 19 R.pop(), D.push(D.front() + n), D.pop(); 20 else 21 D.pop(), R.push(R.front() + n), R.pop(); 22 } 23 24 cout << (D.empty () ? 'R' : 'D') << endl; 25 }
D. Leaving Auction
一些壕在拍卖会上竞拍，首先给出了大家既定的报价。一个人可能给出多次报价，但不会自己无故压自己。有Q次询问，每次一些人会离场，请把这些人的报价从序列中清除，问最后谁以什么价格赢得拍品。赢家即为最后一个报价的人，而价格为其最低的压过其他所有人（在场）的价格。如果有不理解，可以看样例。
解：首先处理出所有壕的最后一个报价，然后排序。每次询问可以暴力在序列中找到没有离场的最靠后报价的壕，那么他一定会赢得拍品，问题在于是什么价格。我们需要知道他需要压住的最后的另一位壕（如果存在），这个可以继续在序列中暴力向前扫描得到（因为总的离场人数是有限制的，而至多扫过的位置是离场人数级别的，所以复杂度有保证）。我们现在需要知道赢家壕在这位壕最后一次出价的位置之后，出的第一次价。如果事先维护了每个人的出价位置，直接在序列中二分即可，复杂度可以过。注意不要像我一样每次询问memset一遍awy数组，会TLE on test8。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 3 #define fread_siz 1024 4 5 inline int get_c(void) 6 { 7 static char buf[fread_siz]; 8 static char *head = buf + fread_siz; 9 static char *tail = buf + fread_siz; 10 11 if (head == tail) 12 fread(head = buf, 1, fread_siz, stdin); 13 14 return *head++; 15 } 16 17 inline int get_i(void) 18 { 19 register int ret = 0; 20 register int neg = false; 21 register int bit = get_c(); 22 23 for (; bit < 48; bit = get_c()) 24 if (bit == '-')neg ^= true; 25 26 for (; bit > 47; bit = get_c()) 27 ret = ret * 10 + bit - 48; 28 29 return neg ? -ret : ret; 30 } 31 32 using namespace std; 33 34 const int N = 200005; 35 36 int n, m; 37 38 int a[N], b[N]; 39 40 int tot; 41 int vis[N]; 42 int lst[N]; 43 int ord[N]; 44 45 int awy[N], q; 46 47 vector<int> p[N]; 48 49 signed main(void) 50 { 51 n = get_i(); 52 53 for (int i = 1; i <= n; ++i) 54 a[i] = get_i(), 55 b[i] = get_i(); 56 57 for (int i = 1; i <= n; ++i) 58 p[a[i]].push_back(i); 59 60 for (int i = n; i >= 1; --i) 61 if (!vis[a[i]]) 62 { 63 vis[a[i]] = 1; 64 lst[a[i]] = i; 65 ord[++tot] = a[i]; 66 } 67 68 m = get_i(); 69 70 for (int i = 1; i <= m; ++i) 71 { 72 q = get_i(); 73 for (int j = 1; j <= q; ++j) 74 awy[get_i()] = i; 75 int ans1 = 0, ans2 = 0, pos; 76 for (int j = 1; j <= tot && !ans1; ++j) 77 if (awy[ord[j]] != i)ans1 = ord[j], pos = j; 78 if (!ans1) 79 puts("0 0"); 80 else 81 { 82 for (++pos; pos <= tot; ++pos) 83 if (awy[ord[pos]] != i)break; 84 if (pos > tot) 85 printf("%d %d ", ans1, b[p[ans1][0]]); 86 else 87 { 88 int lim = lst[ord[pos]]; 89 ans2 = *lower_bound(begin(p[ans1]), end(p[ans1]), lim); 90 printf("%d %d ", ans1, b[ans2]); 91 } 92 } 93 } 94 }
E题看起来好烦，无限期停更，大概不会填坑。
@Author: YouSiki