【题目链接】
A - 添加逗号
注意是从后往前三个三个加逗号，最前面不允许有逗号
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
char s[maxn];
char ans[maxn];
int sz;
int main() {
scanf("%s", s);
int len = strlen(s);
sz = 0;
int t = 0;
for(int i = len - 1; i >= 0; i --) {
ans[sz ++] = s[i];
ans[sz] = 0;
t ++;
if(t % 3 == 0 && i != 0) ans[sz ++] = ‘,‘, ans[sz] = 0;
}
len = strlen(ans);
for(int i = len - 1; i >= 0; i --) {
printf("%c", ans[i]);
}
printf("\n");
return 0;
}
B - 对称
可以递归求解。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n, m;
long long work(long long r, long long c) {
if(r % 2 == 0 || c % 2 == 0) return 0LL;
return 4 * work(r / 2, c / 2) + 1LL;
}
int main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
printf("%lld\n", work(n, m));
return 0;
}
C - 竞赛技巧
排序。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
struct X{
int h, m, s;
void out() {
printf("%d %d %d\n", h, m, s);
}
}s[maxn];
int n;
bool cmp(const X&a, const X&b) {
if(a.h != b.h) return a.h < b.h;
if(a.m != b.m) return a.m < b.m;
return a.s < b.s;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d%d%d", &s[i].h, &s[i].m, &s[i].s);
}
sort(s + 1, s + 1 + n, cmp);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
s[i].out();
}
return 0;
}
D - 训练技巧
设$dp[0][i]$表示以$i$为结尾的最大价值，$dp[1][i]$表示$j(j < i)$为结尾的最大价值。可见，该$dp$为$O(n^2)$效率的。
可以拿一个单调队列优化，明天更新。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int n, k;
long long a[maxn];
long long dp[2][maxn];
long long sum[maxn];
int q[5 * maxn];
int first, last;
bool check2(int a, int b) {
if(dp[1][b] - dp[1][a] > sum[b] - sum[a]) return 1;
return 0;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%lld", &a[i]);
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
}
/*
dp[0][i] // 以i结尾
dp[1][i] // 不以i结尾
*/
first = 0, last = -1;
for(int i = 1; i <= k; i ++) {
dp[0][i] = sum[i];
dp[1][i + 1] = max(dp[0][i], dp[1][i]);
while(1) {
if(last - first + 1 == 0) break;
if(check2(q[last], i)) last --;
else break;
}
last ++;
q[last] = i;
}
for(int i = k + 1; i <= n; i ++) {
while(1) {
if(last < first) break;
if(i - q[first] > k) first ++;
else break;
}
/*
printf("debug %d: ", i);
for(int i = first; i <= last; i ++) {
printf("%d ", q[i]);
}
printf("\n");
*/
dp[0][i] = dp[1][q[first]] + sum[i] - sum[q[first]];
dp[1][i + 1] = max(dp[0][i], dp[1][i]);
while(1) {
if(last - first + 1 == 0) break;
if(check2(q[last], i)) last --;
else break;
}
last ++;
q[last] = i;
/*
printf("debug %d: ", i);
for(int i = first; i <= last; i ++) {
printf("%d ", q[i]);
}
printf("\n");
*/
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
// printf("%d %lld %lld\n", i, dp[0][i], dp[1][i]);
}
long long ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
ans = max(ans, dp[0][i]);
ans = max(ans, dp[1][i]);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
E - 这是一个数学题
化简之后可以发现$A_i = A_0*\frac{n-i}{n} + A_n*\frac{i}{n}$，这样就很容易求解了。
import java.math.BigDecimal;
import java.math.BigInteger;
import java.util.*;
public class Main {
static Scanner cin = new Scanner(System.in);
public static void main(String[] args) {
int n = cin.nextInt();
long a0 = cin.nextLong();
long an = cin.nextLong();
int Q = cin.nextInt();
while(Q -- > 0) {
long L = cin.nextLong();
long R = cin.nextLong();
long len = R - L + 1;
BigInteger ans = BigInteger.ZERO;
BigInteger A = BigInteger.ZERO;;
BigInteger B = BigInteger.ZERO;;
long x = len * n;
long y = (L + R) * len / 2;
A = BigInteger.valueOf(x).subtract(BigInteger.valueOf(y));
A = A.multiply(BigInteger.valueOf(a0));
A = A.divide(BigInteger.valueOf(n));
B = BigInteger.valueOf(an).multiply(BigInteger.valueOf(y)).divide(BigInteger.valueOf(n));
ans = A.add(B);
System.out.println(ans);
}
}
}
F - 大佬的生日大礼包
如果$x$个人能满足，那么$[0,x]$个人都能满足，依据这个性质，我们可以对答案进行二分。
接下来就是验证$x$个人能否满足：
首先观察到，无论是哪一种大礼包，都会用掉一个U盘和一个鼠标，除此之外，每种礼包再外加一个物品。
因此U盘或者鼠标数量不足$x$个，则无解。
将U盘和鼠标数量都减去$x$个后，问题就变成了：三种物品分别有$p_0$，$p_1$，$p_2$个，问是否存在排列方案使得相邻两个物品种类不同。
只要验证$\sum_{i=0}^2min(p_i, \frac{x+1}{2})$和$x$的大小关系即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, a, b ,c;
int check(int x) {
int p[3];
p[0] = a - x;
p[1] = b - x;
p[2] = c;
if(p[0] < 0 || p[1] < 0) return 0;
for(int i = 0; i < 3; i ++) {
p[i] = min(p[i], (x + 1) / 2);
}
if(p[0] + p[1] + p[2] >= x) return 1;
return 0;
}
int main() {
scanf("%d", &T);
while(T --) {
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
int L = 0, R = a + b + c, ans = 0;
while(L <= R) {
int mid = (L + R) / 2;
if(check(mid)) ans = mid, L = mid + 1;
else R = mid - 1;
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
G - 零下e度
公式1：$\frac{1}{e}= \sum_{i = 0}^{\infty} (-1)^i\frac{1}{i!}$
公式2：$e= \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{1}{i!}$
知道上面这个公式就会做了。这题卡常数，$mod$如果不是const定义的话容易超时。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353LL;
long long ans;
int n;
int main() {
scanf("%d", &n);
long long u = 1;
int p = (n % 2) ? -1 : 1;
for(int i = n; i >= 1; i --) {
ans = (ans + p * u + mod) % mod;
u = (u * i) % mod;
p = p * -1;
}
ans = (ans + u) % mod;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
H - 酸碱滴定
模拟题。还没写。
I - 合成反应
暴力，每次判断那些还不能执行的方程式，直到不能增加元素为止。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 10;
int f[maxn];
int a[maxn], b[maxn], c[maxn];
int q, n, k, m;
set<int> st;
int main() {
scanf("%d%d%d%d", &k, &n, &m, &q);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
scanf("%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i]);
st.insert(i);
}
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
int x;
scanf("%d", &x);
f[x] = 1;
}
vector<int> vec;
while(!st.empty()) {
set<int>::iterator it;
vec.clear();
for(it = st.begin(); it != st.end(); it ++) {
int id = *it;
if((f[a[id]] && f[b[id]]) || f[c[id]]) {
f[a[id]] = 1;
f[b[id]] = 1;
f[c[id]] = 1;
vec.push_back(id);
}
}
if(vec.size() == 0) break;
for(int i = 0; i < vec.size(); i ++) {
st.erase(vec[i]);
}
}
while(q --) {
int x;
scanf("%d", &x);
printf("%s\n", f[x] ? "Yes" : "No");
}
return 0;
}
J - 同分异构体
手算 or OEIS
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int ans[] = {1, 1, 1, 1, 2, 3, 5, 9, 18, 35, 75, 159};
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
printf("%d\n", ans[n]);
return 0;
}