cfER79

传送门

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A New Year Garland standard input/output 1 s, 256 MB Submit Add to favourites x6464

　　插空法，三种颜色，假设红色最多， 先把红色球放一排， 为了两个红色球不想碰 所以要往红色球的间隔中放入另外两种颜色的球 而如果红色球数量为 n 那红色球之间的空隔为 n-1， 所以 若另外两种颜色球数量 大于 n-1 则 Yes， 否则 No

B Verse For Santa standard input/output 1 s, 256 MB Submit Add to favourites x4213

　　因为只能skip 1个礼物，所以如果所有礼物的时间加起来小于圣诞老人能听的最大时间 那就不必跳过 输出 0， 否则 找到会总时间会超过最大时间的串 并输出其中时间最大的礼物下标。题目和我理解的有些出入  我一开始理解的是跳过一个礼物 必须要 礼物数量更大 但题解就是跳过而已 不判断是否礼物数量更多
C Stack of Presents standard input/output 1 s, 256 MB Submit Add to favourites x3464

　　记录下每个礼物在a 数组中的位置, 然后每个礼品的发送时间 1s， 共 m s， 然后查找需要的时间为 remove  和 push  2*（pos[x]-i-1） （其中remove需要的时间为 pos[x]-i-1 i为已经去除的礼物数， 如果之后的位置小于pos[x] 则已经在栈顶 不需要寻找）   因为 i 从 0 开始， 所以  2*（pos[x]-i） 
D Santa's Bot standard input/output 5 s, 256 MB Submit Add to favourites x1572

　　题意，有n 个小朋友， 每人有 kx 个想要的礼物， 问从 里面挑一个小朋友 选一个他想要的礼物  再在n 个小朋友里面选一个送给他， 问这个礼物是他想要的概率， 求逆元， 然后就可以写下概率公式 先挑一个小朋友 1/n  再选一个礼物 1/kx   再挑一个小朋友送给他这个礼物且是他满意的礼物  cnt(presen)/n , 然后把这些概率相乘便是一个礼物的有效概率 （题目中No item is contained in the same list more than once.） 然后把所有礼物的有效概率加起来即可

#include <bits/stdc++.h> 
//cfER 79
using namespace std;
#define _for(i,a,b) for(int i = (a); i < (b); i++)
#define _rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); i++)
#define ll long long

void taskA(){
    int t; 
    cin >> t;
    while(t--) {
        int a[3]; cin >> a[0] >> a[1] >> a[2];
        sort(a, a+3);
        cout << (a[2]-1 <= a[0]+a[1]?"Yes
":"No
");
    }
    return;
}

void taskB1(){
    int t; cin >> t;
    while(t--) {
        int n; ll s; cin >> n >> s;
        vector<int> a(n);
        int ans = 0;
        _for(i,0,n) cin>> a[i];
        _for(i,0,n) {
            if(a[i] > a[ans]) ans = i;
            s-=a[i];
            if(s < 0) break;
        }
        if(s >= 0) ans = -1;
        cout << ans+1 << "
"; 
    }
    return;
}

void taskB(){
    int t; cin >> t;
    while(t--) {
        int n;ll s; cin >> n >> s;
        vector<int> a(n);
        _for(i,0,n) cin >> a[i];

        int ans = 0, k = 0;
        ll sum = 0;
        _for(i,0,n) sum += a[i], k = i;
        if(sum <= s) {cout << "0
"; continue;}
        sum = 0;
        _for(i,0,n) {
            sum += a[i];
            if(a[i] > a[ans]) ans = i;
            if(sum > s)  break;
        }
        cout << ans+1 << "
";
    }
    return;
}

void taskC(){
    int t; cin >> t;
    while(t--) {
        int n,m;
        cin >> n >> m;
        vector<int> pos(n);
        _for(i,0,n) {
            int x; cin >> x; x--;
            pos[x] = i;
        }

        ll ans = m; int lst = -1;
        _for(i,0,m) {
            int x; cin >> x; x--;
            int y = pos[x];
            if(y > lst) ans += 2*(y-i), lst = y;
        }
        cout << ans << "
";
    }
    return;
}

const int mod = 998244353;
ll fpow(ll a, ll b) {
    ll ret = 1;
    while(b) {
        if(b&1) ret = ret*a%mod;
        a = a*a%mod;
        b >>= 1; 
    }
    return ret;
}
ll inv(ll x) { return fpow(x, mod-2)%mod;}
 
void taskD(){
    int t; //cin >> t;
    t = 1;
    while(t--) {
        int n; cin >> n;
        vector<int> a[n], cnt(1e6+2);
        _for(i,0,n) {
            int k; cin >> k;
            a[i].resize(k);
            _for(j,0,k) cin >> a[i][j], cnt[a[i][j]]++; 
        }
        ll ans = 0;
        _for(i,0,n) for(auto x:a[i]) {
            ans = (ans+inv(1LL*n)*inv(1LL*n)%mod*cnt[x]%mod*inv(1LL*a[i].size())) %mod;
        }
        cout << ans << "
";
    }
    return;
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    //taskA();
    //taskB();
    //taskC();
    //taskD();
    return 0;
}