文章目录
- A
-
- 题目
- [AC Code：](#AC Code：)
- B
-
- 题目
- [AC Code：](#AC Code：)
- C
-
- 题目
- [AC Code：](#AC Code：)
- D
-
- 题目
- [AC Code：](#AC Code：)
- E
-
- 题目
- [AC Code：](#AC Code：)
- F
-
- 题目
- [AC Code：](#AC Code：)
A
题目
此题尽量让后面的更大，前面的更小。
我们尽量让第 3 3 3 位更大，如果 3 3 3 位取到 z还有 2 2 2 及以上时，就往第 2 2 2 位取，第二位取满后，就取第 1 1 1 位。分情况讨论，很容易写出代码。
AC Code：
cpp
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int q, t;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> q;
while (q --) {
cin >> t;
if (t < 28) {
cout << "aa" << char(t - 2 + 'a' - 1);
cout << '\n';
}
else if (t < 53){
cout << "a";
t -= 27;
cout << char(t + 'a' - 1) << 'z';
cout << '\n';
}
else {
t -= 52;
cout << char(t + 'a' - 1) << "zz";
cout << '\n';
}
}
return 0;
}B
题目
我们用一个变量记录能给后面倒的水的单位数。我们从左往右遍历：
- 如果当前遍历到的水量大于平均水量，就把多的添加到变量里。
- 如果当前便利的水量小于平均水量，且变量里面单位数能够把当前遍历到的水量添加到平均值，就添加，变量值减小当前水量差平均值的部分。否则，就表明无解，退出。
如果遍历完都没有退出，就表明有解，输出答案，走人。
AC Code：
cpp
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int t;
int n, a[200100];
long long sum;
void Main() {
cin >> n;
sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
cin >> a[i];
sum += a[i];
}
sum /= n;
long long sum1 = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (a[i] > sum) {
sum1 += a[i] - sum;
}
else {
if (sum1 >= (sum - a[i])) {
sum1 -= (sum - a[i]);
}
else {
cout << "NO" << '\n';
return ;
}
}
}
cout << "YES" << '\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> t;
while (t --) {
Main();
}
return 0;
}C
题目
我们选择每一种填充颜色，因为要覆盖整个序列，所以只有前缀和后缀才关系到我们的代价，对于当前数，一直找，知道找到数组前缀和后缀里的所有元素都和当前数相等，剩下的就是我们要覆盖的。对于每一个找过的元素，记录下来，不再讨论。
AC Code：
cpp
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int q, n, a[200100];
bool vis[200100];
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> q;
while (q --) {
cin >> n;
vector<int> v; map<int, int> m;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
v.push_back(a[i]);
}
v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());
sort(v.begin(), v.end());
for (int i = 0; i < (int)v.size(); i ++) {
m[v[i]] = i;
}
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
a[i] = m[a[i]];
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
memset(vis, 0, sizeof(vis));
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (!vis[a[i]]) {
vis[a[i]] = 1;
int l = 1, r = n;
while (a[l] == a[i] && l <= n) l++;
while (a[r] == a[i] && r >= l) r--;
ans = min(ans, r - l + 1);
}
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}D
题目
我们发现，对于每两个数 a a a 和 b b b，如果这两个数符合题目要求，就表明：
a a a 除以 y y y 的余数等于 b b b 除以 y y y 的余数， a a a 除以 x x x 的余数加上 b b b 除以 x x x 的余数要么为 0 0 0，要么为 x x x。
有了这个结论，就可以开始编码。我们可以将数按除以 y y y 的余数排序，这样保证除以 y y y 的余数相等的数都挨在一起。再找到每一个连续的除以 y y y 相等的区间，对于每一个除以 x x x 的余数为 p p p 的数，让答案加上数列里除以 x x x 余数为 x − p x - p x−p 的数的个数，如果 p = x − p p=x-p p=x−p，说明加上了自己，要减去 1 1 1，此外，如果 p = 0 p=0 p=0，我们就要找除以 x x x 余数为 0 0 0 的个数，同样要减去一。
注意：要开长整型，注意边界问题。
AC Code：
cpp
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int t, n, x, y;
struct node{
int a, mod_x, mod_y;
};
node a[200100];
bool cmp(node a, node b) {
return a.mod_y < b.mod_y;
}
long long ans;
map<int, int> cnt;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> t;
while (t --) {
ans = 0;
cin >> n >> x >> y;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i].a;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
a[i].mod_x = a[i].a % x;
a[i].mod_y = a[i].a % y;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
int i = 1;
while (i <= n) {
int l = i, r = i;
while (a[l].mod_y == a[r].mod_y && r <= n) r++;
r--;
if (l == r) {
i = r + 1;
continue;
}
for (int j = l; j <= r; j++) {
cnt[a[j].mod_x]++;
}
for (int j = l; j <= r; j++) {
if (a[j].mod_x == 0) {
ans += cnt[0];
ans--;
}
else {
ans += cnt[x - a[j].mod_x];
if (a[j].mod_x * 2 == x) ans--;
}
}
i = r + 1;
cnt.clear();
}
ans /= 2;
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}E
题目
我们发现，对于每一个末尾有 p p p 个 0 0 0 的数，翻转会让这个数少 p p p 位，对于安娜，翻转一个数会让最终的数长度减少这个数后缀 0 0 0 的个数，而对于萨沙，合并一个数会让这个数后缀 0 0 0 无法消除。
所以安娜尽量选择后缀 0 0 0 更多的翻转，萨沙尽量选择后缀 0 0 0 更多的数消除。统计每个数后缀 0 0 0 的个数，然后从大到小排序，因为安娜是先手，所以她会翻转第 1 1 1 大，第 3 3 3 大，第 5 5 5 大，最后统计答案位数，判断输出，完结撒花。
AC Code：
cpp
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
int t;
int n, m;
struct node{
string a; int cnt;
};
node a[200100];
bool cmp(node a, node b) {
return a.cnt > b.cnt;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> t;
while (t --) {
cin >> n >> m;
int sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i].a;
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for (int j = a[i].a.size() - 1; j >= 0; j --) {
if (a[i].a[j] != '0') {
a[i].cnt = a[i].a.size() - j - 1;
break;
}
}
sum += a[i].a.size();
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; i += 2) {
sum -= a[i].cnt;
}
// for (int i = 1; i <= n; i ++) {
// cout << a[i].cnt << ' ';
// }
// cout << '\n';
if (sum > m) {
cout << "Sasha";
}
else {
cout << "Anna";
}
cout << '\n';
}
return 0;
}F
题目
我们发现，对于每一张截图，除开第一个数字，如果 a a a 比 b b b 靠前，说明序列中 a a a 比 b b b 靠前。如有一张截图中 a a a 比 b b b 靠前，另一张截图中 b b b 比 a a a 靠前（均除开第一个数字），说明无解。暴力枚举 a a a 和 b b b 是不行的。我们发现这个关系可以看做一张图中的边，而每一个数字就是一个点。如果这张图中有环，说明无解。
对于每一张截图，除开第一个数字，对于每一个剩下的数字，我们往后面的一个数字建一条有向边，不需要建多条，因为其他的关系可以通过这些边推导出来。然后在这张图上判断一遍是否有环即可。可以用 DFS 或拓补排序判断。我推荐拓补，稳定的 O ( n ) O(n) O(n)。
AC Code：
cpp
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
struct edge{
int u, v, nxt;
};
edge ed[400100];
int edcnt, head[200100];
void addedge(int u, int v){
edcnt++;
ed[edcnt].u = u;
ed[edcnt].v = v;
ed[edcnt].nxt = head[u];
head[u] = edcnt;
}
int t;
int n, k;
int a[200100];
int deg[200100];
queue<int> q;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> t;
while (t --) {
edcnt = 0;
memset(head, 0, sizeof(head));
memset(deg, 0, sizeof(deg));
cin >> n >> k;
for (int i = 1; i <= k; i ++) {
for (int j = 1; j <= n; j ++) {
cin >> a[j];
}
for (int j = 2; j < n; j ++) {
addedge(a[j], a[j + 1]);
deg[a[j + 1]]++;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
if (!deg[i]) {
q.push(i);
}
}
int cnt = 0;
while (q.size()) {
int now = q.front();
q.pop();
cnt++;
for (int i = head[now]; i; i = ed[i].nxt) {
int v = ed[i].v;
deg[v]--;
if (!deg[v]) {
q.push(v);
}
}
}
if (cnt == n) {
cout << "YES\n";
}
else {
cout << "NO\n";
}
}
return 0;
}