A题题目：
题意：
生成一棵最小生成树，边权值为两个节点的最小公倍数。
思路：
由最小公倍数的和最大公约数的关系：lcm(a, b) = a * b / gcd(a, b)知，我们要使这棵树边权之和尽可能小，那么就要使的等号右边尽可能小，由于b是固定的（从1遍历到n），那么就只能使a / gcd(a,b)尽可能小。又因为我们知道任何数与1的最大公约数为1，且1/1=1，此时是lcm(a, b)是最小值（毕竟lcm(a, b)不可能为0嘛。
综上所述，将2~n都与1相连时所得到的结果最小。此时结果为
代码实现如下：
1 #include <set> 2 #include <map> 3 #include <queue> 4 #include <stack> 5 #include <cmath> 6 #include <bitset> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstdlib> 11 #include <cstring> 12 #include <iostream> 13 #include <algorithm> 14 using namespace std; 15 16 typedef long long LL; 17 typedef pair<LL, LL> pLL; 18 typedef pair<LL, int> pli; 19 typedef pair<int, LL> pil;; 20 typedef pair<int, int> pii; 21 typedef unsigned long long uLL; 22 23 #define lson i<<1 24 #define rson i<<1|1 25 #define lowbit(x) x&(-x) 26 #define bug printf("********* "); 27 #define debug(x) cout<<"["<<x<<"]" <<endl; 28 #define FIN freopen("D://code//in.txt", "r", stdin); 29 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0); 30 31 const double eps = 1e-8; 32 const int mod = 1e9 + 7; 33 const int maxn = 100000 + 7; 34 const double pi = acos(-1); 35 const int inf = 0x3f3f3f3f; 36 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 37 38 int t, n; 39 40 int main() { 41 int icase = 0; 42 scanf("%d", &t); 43 while(t--) { 44 scanf("%d", &n); 45 printf("Case #%d: %lld ", ++icase, (LL) (n + 2) * (n - 1) / 2); 46 } 47 return 0; 48 }
B题题目：
题意：
给你A,B，让你找到所有满足A <= C <= B,A <= D <= B使得A / B + B / A <= C / D + D / C.
思路：
对于本题我们通过证明得到当C=A，D=B或D=A,C=B时才满足题目要求，证明如下：
代码实现如下：
1 #include <set> 2 #include <map> 3 #include <queue> 4 #include <stack> 5 #include <cmath> 6 #include <bitset> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstdlib> 11 #include <cstring> 12 #include <iostream> 13 #include <algorithm> 14 using namespace std; 15 16 typedef long long LL; 17 typedef pair<LL, LL> pLL; 18 typedef pair<LL, int> pli; 19 typedef pair<int, LL> pil;; 20 typedef pair<int, int> pii; 21 typedef unsigned long long uLL; 22 23 #define lson i<<1 24 #define rson i<<1|1 25 #define lowbit(x) x&(-x) 26 #define bug printf("********* "); 27 #define debug(x) cout<<"["<<x<<"]" <<endl; 28 #define FIN freopen("D://code//in.txt", "r", stdin); 29 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0); 30 31 const double eps = 1e-8; 32 const int mod = 1e9 + 7; 33 const int maxn = 100000 + 7; 34 const double pi = acos(-1); 35 const int inf = 0x3f3f3f3f; 36 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 37 38 int t; 39 LL a, b; 40 41 int main() { 42 int icase = 0; 43 scanf("%d", &t); 44 while(t--) { 45 scanf("%lld %lld", &a, &b); 46 printf("Case #%d: ", ++icase); 47 if(a == b) printf("1 %lld %lld ", a, b); 48 else printf("2 %lld %lld %lld %lld ", a, b, b, a); 49 } 50 return 0; 51 }
E题题目：
题意：
童年时的连连看~本题需要判断的是你第一步是否能够消掉一对相同的数，本题的消除条件为两个相同的数相连，或者两个相同的数在同一个边界（不可以第一行与第一列进行消除）。
思路：
直接进行模拟即可。
代码实现如下：
1 #include <set> 2 #include <map> 3 #include <queue> 4 #include <stack> 5 #include <cmath> 6 #include <bitset> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstdlib> 11 #include <cstring> 12 #include <iostream> 13 #include <algorithm> 14 using namespace std; 15 16 typedef long long LL; 17 typedef pair<LL, LL> pLL; 18 typedef pair<LL, int> pli; 19 typedef pair<int, LL> pil;; 20 typedef pair<int, int> pii; 21 typedef unsigned long long uLL; 22 23 #define lson i<<1 24 #define rson i<<1|1 25 #define lowbit(x) x&(-x) 26 #define bug printf("********* "); 27 #define debug(x) cout<<"["<<x<<"]" <<endl; 28 #define FIN freopen("D://code//in.txt", "r", stdin); 29 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0); 30 31 const double eps = 1e-8; 32 const int mod = 1e9 + 7; 33 const int maxn = 100000 + 7; 34 const double pi = acos(-1); 35 const int inf = 0x3f3f3f3f; 36 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 37 38 int t, n, m; 39 int mp[35][35], vis[4][1007]; 40 41 bool check() { 42 for(int i = 0; i < n; i++) { 43 for(int j = 1; j < m; j++) { 44 if(mp[i][j] == mp[i][j-1]) return true; 45 } 46 } 47 for(int j = 0; j < m; j++) { 48 for(int i = 1; i < n; i++) { 49 if(mp[i][j] == mp[i-1][j]) return true; 50 } 51 } 52 return false; 53 } 54 55 int main() { 56 scanf("%d", &t); 57 int icase = 0; 58 while(t--) { 59 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 60 scanf("%d%d", &n, &m); 61 for(int i = 0; i < n; i++) { 62 for(int j = 0; j < m; j++) { 63 scanf("%d", &mp[i][j]); 64 } 65 } 66 int flag = 0; 67 for(int i = 0; i < m; i++) { 68 vis[0][mp[0][i]]++; 69 vis[1][mp[n-1][i]]++; 70 if(vis[0][mp[0][i]] >= 2 || vis[1][mp[n-1][i]] >= 2) { 71 flag = 1; 72 } 73 } 74 for(int i = 0; i < n; i++) { 75 vis[2][mp[i][0]]++; 76 vis[3][mp[i][m-1]]++; 77 if(vis[2][mp[i][0]] >= 2 || vis[3][mp[i][m-1]] >= 2) { 78 flag = 1; 79 } 80 } 81 if(check()) { 82 flag = 1; 83 } 84 if(flag) printf("Case #%d: Yes ", ++icase); 85 else printf("Case #%d: No ", ++icase); 86 } 87 return 0; 88 }
F题题面：
题意：
给你一棵有n个节点的树，有q次查询，每次查询告诉你k个不重要的点的编号，要求你统计：
1.重要节点的个数；
2.是两个重要节点的LCA的节点个数。
上述两种统计的节点不会重复。
思路：
本题初看会以为需要求LCA，但是很显然这么大的数据，如果求LCA的话妥妥的T，因此我们得换个思路。
我们知道对于节点u，如果它的至少有两个子节点（互不相同）的子孙节点有重要节点，那么这个节点就一定满足第二个条件。
因此我们对于每次查询，我们先将这k个数按照他们的深度进行排序，如果某一个不重要它的子节点中没有重要节点，那么这个节点就不用考虑，且相当于父亲节点少了一个子节点；当它的子节点中的重要节点数大于等于2，那么这个节点需要进行统计，且它的父亲节点不需要减少子节点。
代码实现如下：
1 #include <set> 2 #include <map> 3 #include <queue> 4 #include <stack> 5 #include <cmath> 6 #include <bitset> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstdlib> 11 #include <cstring> 12 #include <iostream> 13 #include <algorithm> 14 using namespace std; 15 16 typedef long long LL; 17 typedef pair<LL, LL> pLL; 18 typedef pair<LL, int> pli; 19 typedef pair<int, LL> pil;; 20 typedef pair<int, int> pii; 21 typedef unsigned long long uLL; 22 23 #define lson i<<1 24 #define rson i<<1|1 25 #define lowbit(x) x&(-x) 26 #define bug printf("********* "); 27 #define debug(x) cout<<"["<<x<<"]" <<endl; 28 #define FIN freopen("D://code//in.txt", "r", stdin); 29 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0); 30 31 const double eps = 1e-8; 32 const int mod = 1e9 + 7; 33 const int maxn = 100000 + 7; 34 const double pi = acos(-1); 35 const int inf = 0x3f3f3f3f; 36 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 37 38 int t, n, q, u, v, tot, k, ans; 39 int num[maxn], sz[maxn], vis[maxn], head[maxn]; 40 int fa[maxn],dep[maxn],cnt[maxn]; 41 42 struct Edge { 43 int v, next; 44 }ed[maxn<<1]; 45 46 void init() { 47 tot = 0; 48 for(int i = 0; i < maxn; i++) fa[i] = i; 49 memset(sz, 0, sizeof(sz)); 50 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 51 memset(head, -1, sizeof(head)); 52 } 53 54 void addedge(int u, int v) { 55 ed[tot].v = v; 56 ed[tot].next = head[u]; 57 head[u] = tot++; 58 ed[tot].v = u; 59 ed[tot].next = head[v]; 60 head[v] = tot++; 61 } 62 63 void dfs(int u, int p,int d) { 64 sz[u] = 0; 65 fa[u] = p; 66 dep[u] = d; 67 for(int i = head[u]; ~i; i = ed[i].next) { 68 int v = ed[i].v; 69 if(v != p) { 70 sz[u]++; 71 dfs(v, u, d+1); 72 } 73 } 74 } 75 76 struct node { 77 int v,dep; 78 }qu[maxn]; 79 80 int cmp(node a,node b){ 81 return a.dep>b.dep; 82 } 83 84 int main() { 85 scanf("%d", &t); 86 int icase = 0; 87 while(t--) { 88 scanf("%d%d", &n, &q); 89 init(); 90 for(int i = 1; i < n; i++) { 91 scanf("%d%d", &u, & v); 92 addedge(u, v); 93 } 94 dfs(1, 0,1); 95 printf("Case #%d: ", ++icase); 96 while(q--) { 97 scanf("%d", &k); 98 ans = n - k; 99 for(int i = 1; i <= k; i++) { 100 scanf("%d", &qu[i].v); 101 qu[i].dep = dep[qu[i].v]; 102 } 103 sort(qu+1,qu+1+k,cmp); 104 for (int i = 1; i <= k; i++) { 105 if (sz[qu[i].v] - vis[qu[i].v] >= 2) ans++; 106 else if (sz[qu[i].v] - vis[qu[i].v] == 0) vis[fa[qu[i].v]]++; 107 } 108 for(int i = 1; i <= k; i++) { 109 vis[qu[i].v] = 0; 110 vis[fa[qu[i].v]] = 0; 111 } 112 printf("%d ", ans); 113 } 114 } 115 return 0; 116 }
H题题目：
题意：
模拟栈。
思路：
直接模拟即可，对于每次query，我们可以通过找规律发现，只需统计当前栈栈底第一个0下方有多少个1，因为当1上方有0，且0上面有数，那么0及其上方的数进行操作后一定为1，然后对于下方的1奇偶进行讨论即可，具体情况请看代码。
代码实现如下：
1 #include <set> 2 #include <map> 3 #include <queue> 4 #include <stack> 5 #include <cmath> 6 #include <bitset> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstdlib> 11 #include <cstring> 12 #include <iostream> 13 #include <algorithm> 14 using namespace std; 15 16 typedef long long LL; 17 typedef pair<LL, LL> pLL; 18 typedef pair<LL, int> pli; 19 typedef pair<int, LL> pil;; 20 typedef pair<int, int> pii; 21 typedef unsigned long long uLL; 22 23 #define lson i<<1 24 #define rson i<<1|1 25 #define lowbit(x) x&(-x) 26 #define bug printf("********* "); 27 #define debug(x) cout<<"["<<x<<"]" <<endl; 28 #define FIN freopen("D://code//in.txt", "r", stdin); 29 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0); 30 31 const double eps = 1e-8; 32 const int mod = 1e9 + 7; 33 const int maxn = 100000 + 7; 34 const double pi = acos(-1); 35 const int inf = 0x3f3f3f3f; 36 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 37 38 int t, n; 39 char s[10]; 40 int a[400007]; 41 multiset<int> st; 42 multiset<int>::iterator it; 43 44 void solve() { 45 int nw = 0, l = 200000, r = 200000, sz = 0; 46 while(n--) { 47 scanf("%s", s); 48 if(s[2] == 'S') { 49 int x; 50 sz++; 51 scanf("%d", &x); 52 if(nw & 1) { 53 a[--l] = x; 54 if(x == 0) st.insert(l); 55 } else { 56 if(x == 0) st.insert(r); 57 a[r++] = x; 58 } 59 } else if(s[2] == 'P') { 60 if(l == r) continue; 61 sz--; 62 if(nw & 1) { 63 st.erase(l); 64 l++; 65 } else { 66 r--; 67 st.erase(r); 68 } 69 } else if(s[2] == 'V') { 70 nw++; 71 } else { 72 if(l == r) { 73 printf("Invalid. "); 74 continue; 75 } 76 if(r-l == 1) { 77 printf("%d ", a[l]); 78 continue; 79 } 80 int sum; 81 if(st.empty()) { 82 sum = r - l; 83 if(sum & 1) printf("1 "); 84 else printf("0 "); 85 } else { 86 if(nw & 1) { 87 int k = *--st.end(); 88 sum = r - k - 1; 89 } else { 90 int k = *st.begin(); 91 sum = k - l; 92 } 93 if(sum == sz - 1) { 94 if(sum & 1) printf("1 "); 95 else printf("0 "); 96 } else { 97 if(sum & 1) printf("0 "); 98 else printf("1 "); 99 } 100 } 101 } 102 } 103 } 104 105 int main() { 106 //FIN; 107 int icase = 0; 108 scanf("%d", &t); 109 while(t--) { 110 st.clear(); 111 printf("Case #%d: ", ++icase); 112 scanf("%d", &n); 113 solve(); 114 } 115 return 0; 116 }
J题题目：
题意：
你要穿过长度为d的区域，你每秒会被攻击掉A的血量，当你某一秒的血量小于0时你将死亡（刚好等于0时不会死亡）。你初始时的血量、速度、血量恢复值都为0，但是你可以随时花费G1的钱来增加1单位的血，G2的钱来增加1单位的速度（不能大于d），G3的钱来增加G3的恢复速度，问你能通过这片区域的最小花费。
思路：
这就是一个贪心模拟，不是很懂这题为什么给18s的时限……你肯定是在出发时将三个的属性提高到一定的值再出发时最优，然后你通过这片区域可以有两种方法，一种是你的速度足够快，在到达终点时血量仍然大于等于0，另一种方法是你每秒减少的血量恰好等于你每秒恢复的血量值。我们可以进行枚举速度从1到d，然后将这两种方法进行比较取最小值。（ps.这题貌似卡中间过程的精度，很烦。）
代码实现如下：
1 #include <set> 2 #include <map> 3 #include <queue> 4 #include <stack> 5 #include <cmath> 6 #include <bitset> 7 #include <cstdio> 8 #include <string> 9 #include <vector> 10 #include <cstdlib> 11 #include <cstring> 12 #include <iostream> 13 #include <algorithm> 14 using namespace std; 15 16 typedef long long LL; 17 typedef pair<LL, LL> pLL; 18 typedef pair<LL, int> pli; 19 typedef pair<int, LL> pil;; 20 typedef pair<int, int> pii; 21 typedef unsigned long long uLL; 22 23 #define lson i<<1 24 #define rson i<<1|1 25 #define lowbit(x) x&(-x) 26 #define bug printf("********* "); 27 #define debug(x) cout<<"["<<x<<"]" <<endl; 28 #define FIN freopen("D://code//in.txt", "r", stdin); 29 #define IO ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0); 30 31 const double eps = 1e-8; 32 const int mod = 1e9 + 7; 33 const int maxn = 100000 + 7; 34 const double pi = acos(-1); 35 const int inf = 0x3f3f3f3f; 36 const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; 37 38 int t, d, a, g1, g2, g3; 39 40 int main() { 41 //FIN; 42 int icase = 0; 43 scanf("%d", &t); 44 while(t--) { 45 scanf("%d%d%d%d%d", &d, &a, &g1, &g2, &g3); 46 LL ans = INF; 47 for(int i = 1; i <= d; i++) { 48 double pp = 1.0 * d / i; 49 LL cnt1 = 1LL*ceil(pp * a)*g1; 50 LL cnt2 = 1LL * a * (g1 + g3); 51 LL tmp = cnt1 + 1LL * i * g2; 52 ans = min(tmp, ans); 53 ans = min(ans, cnt2 + 1LL * i * g2); 54 } 55 printf("Case #%d: %lld ", ++icase, ans); 56 } 57 return 0; 58 }