题目出的挺好的，数学知识较多。虚拟rk：801
A.Creating a Character
题意：给出力量和敏捷两个属性，现在给出技能点数，在必须使用完技能点数的情况下，有多少种情况，力量属性严格大于敏捷。
wa了4次。
细节蛮多的。可以推导出来 （力量-敏捷）+技能点数/2>点在敏捷上的技能点数 就能满足题意。
不过需要特判，敏捷额外的点数不能超过所有技能点数，而且不能为负数。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int T;
ll a, b, c;
int main()
{
T = read();
while (T--)
{
a = read();
b = read();
c = read();
if (c == 0)printf("%d\n", a>b?1:0);
else {
ll temp = a - b;
if ((temp + c) <= 0)printf("%d\n", 0);
else {
if (temp > c)printf("%d\n", c+1);
else {
ll tmepy = (temp + c) / 2;
if ((temp + c) % 2)tmepy++;
printf("%d\n", tmepy);
}
}
}
}
return 0;
}
B - Zmei Gorynich
题意：龙有n个头，现在有几种攻击可以选择，砍掉di个头，然后龙长出hi个头。
同样是细节数学题目。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int t;
int n, x;
struct node {
int d, h, dis;
}tr[1000];
int main()
{
t = read();
while (t--)
{
n = read();
x = read();
int maxn1 = -1;
int pos1 = -1;
int maxn2 = -1;
int pos2 = -1;
up(i, 0, n)
{
tr[i].d = read();
tr[i].h = read();
tr[i].dis = tr[i].d - tr[i].h;
if (maxn1 < tr[i].d)
{
maxn1 = tr[i].d;
pos1 = i;
}
if (maxn2 < tr[i].dis)
{
maxn2 = tr[i].dis;
pos2 = i;
}
}
if (maxn1 >= x) { printf("%d\n", 1); }
else
{
int ans = 0;
if (maxn2 <= 0) { printf("%d\n", -1); continue; }
if ((x - maxn1) % maxn2 == 0)ans = (x - maxn1) / maxn2;
else ans = (x - maxn1) / maxn2 + 1;
printf("%d\n",++ans );
}
}
}
c. 题意：给一个01字符串，求他的字串的二进制等于字串长度的所有情况。
由题意，长度最长为2e5，二进制长度最长20。意思就是说，如果当前为1，那么他往后最长为20。
其次我们需要考虑前导零。加上前导零的影响，我们暴力判断就好了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int t;
const int N = 2e5 + 10;
char s[N];
int main()
{
t = read();
while (t--) {
scanf("%s", s);
int n = strlen(s);
int num_0 = 0;
int ans = 0;
up(i, 0, n)
{
if (s[i] == '0') {
num_0++; continue;
}
int temp = 0;
int cnt = 1;
up(j, i, n) {
temp<<=1;
temp |= s[j] == '1' ? 1 : 0;
if (temp <= num_0 + j - i + 1)ans++;
if(j!=i)
cnt <<= 1;
if (cnt > (int)2e5 + 1)break;
}
num_0 = 0;
}
cout << ans << endl;
}
}
D：
确实没想到。。推出了只有1，2两种情况，然后想的是交替染色，然而代码写崩了。。
题意：给图染色，唯一的条件就是这个图里面的环不能只有一种颜色。
我们由scc的思想来看，一个环必定由小->大，然后再大->小，所以我们令全部小大染色1，大小染色2。
有向图判环直接拓扑一下就好了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int n, m;
const int N = 5005;
struct {
int next, to;
}edge[N];
int head[N];
int cnt = 0;
int in[N];
int ans[N];
bool flag = 1;
void addedge(int u, int v)
{
edge[cnt].to = v;
edge[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt++;
}
void topo_sort()
{
queue<int>que;
int cnt = 0;
upd(i,1, n)
{
if (!in[i])que.push(i), in[i] = -1;
}
while (!que.empty())
{
cnt++;
int s = que.front();
que.pop();
for (int i = head[s]; ~i; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
in[v]--;
if (!in[v])que.push(v);
}
in[s] = -1;
}
//cout << cnt << endl;
if (cnt == n)flag = 0;
}
int main()
{
int u, v;
n = read(), m = read();
memset(head, -1, sizeof(head));
up(i, 0, m)
{
u = read(), v = read();
addedge(u, v);
in[v]++;
ans[i] = (u < v) + 1;
}
topo_sort();
if (flag) {
printf("%d\n", 2);
up(i, 0, m)printf("%d ", ans[i]);
}
else {
printf("%d\n", 1);
up(i, 0, m)printf("%d ", 1);
}
}
E：
数论+简单线段树。
题意：给出一堆数字，这堆数字good当且仅当，这堆数字的和的每一位，都出现在了这堆数字的某一个数字的对应位置上。
我们假设某两个数字的同一位置上为a和b(0<=a,b<=9)
我们要使得这个位置的数字不变，那么就有a==0||b == 0，否则，a+b取个位一定是小于a或者b的，那么就需要第三个数字来凑。
因为相加大于十向前进了一位，相当于下一位加1，下一位又是由两个数字相加得到，这个时候无论是下一位是ai+1 ==0||bi+1 ==0,都因为加了1，所以下一位无法想等。而如果下一位是相加大于十，那么当 ai+1 ==9||bi+1 ==9的时候，加一刚好满足，但是又有新的问题，带给了下下位置新的进位，以此类推，一定不满足情况。因为最高位会变成1，这个最高位肯定是当前两个数字都无法拥有的。
故满足的情况只能是，必须一个为零。
那么我们吧1e9拆成10位，个十百千万这样的十颗线段树。
某一段是balance的当且仅当，不为零的数小于等于1。所以我们每一个位置上储存当前最小的值即可。
题目要求求最小的sum，这个时候我们发现，如果一段中，出现某两个数字，同时某一位不为零，那么这段区间一定是unbalanced，所以我们只用贪心，找到两个最小的数字即可。所以我们线段树还需要维护，次小值。
（啊这种多颗线段树并且更新繁琐的拿结构体好方便）
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int n, m;
const int N = 2e5 + 10;
struct node {
int m1, m2;
node operator+(const node &a)const {
node now = *this;
node res;
if (now.m1 < a.m1)res.m1 = now.m1, res.m2 = a.m1;
else res.m1 = a.m1, res.m2 = now.m1;
res.m2 = min(res.m2, min(now.m2, a.m2));
return res;
}
}tr[N<<2][10];
int a[N];
void pushup(int root)
{
upd(i, 0, 9)
{
tr[root][i] = tr[lrt][i] + tr[rrt][i];
}
}
void build(int l, int r, int root)
{
if (l == r)
{
int temp = a[l];
upd(i, 0, 9)
{
if(temp%10)
tr[root][i] = node{ a[l],inf + 1 };
else tr[root][i] = node{ inf + 1,inf + 1 };
temp /= 10;
}
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson);
build(rson);
pushup(root);
}
void update(int l, int r, int root, int pos)
{
if (l == r)
{
int temp = a[l];
int cnt = 0;
upd(i, 0, 9)
{
if (temp % 10)
tr[root][i] = node{ a[l],inf + 1 };
else tr[root][i] = node{ inf + 1,inf + 1 };
temp /= 10;
}
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos <= mid)update(lson, pos);
else update(rson, pos);
pushup(root);
}
node query(int l, int r, int root, int lf, int rt,int id)
{
if (lf <= l && r <= rt)
{
return tr[root][id];
}
node ans = { inf+1,inf+1 };
int mid = (l + r) >> 1;
if (lf <= mid)ans = ans + query(lson,lf,rt,id);
if (rt > mid)ans = ans + query(rson,lf,rt,id);
return ans;
}
int main()
{
n = read(), m = read();
upd(i, 1, n)a[i] = read();
build(1, n, 1);
int op;
int l, r;
while (m--)
{
op = read();
l = read(), r = read();
if (op == 1)
{
a[l] = r;
update(1, n, 1, l);
}
else
{
int sum = 2*inf+3;
upd(i, 0, 9)
{
node ans = { inf + 1,inf + 1 };
ans = ans + query(1, n, 1, l, r, i);
if (ans.m1 != inf + 1 && ans.m2 != inf + 1)
sum = min(sum, ans.m1 + ans.m2);
}
if (sum!=2*inf+3)
{
printf("%d\n", sum);
}
else
printf("%d\n", -1);
}
}
}
最后一道题。。不会。。等以后更厉害了再说吧。。