解题思路：题目已经说的很明白了，把计算得公式都写出来了，所以直接套公式，把每种优惠得比例算出来，然后取最大即可。
AC代码：
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define maxn 105 int main(void) { int t,n; double b,c; scanf("%d",&t); while(t--) { double sum=0; scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;++i) { scanf("%lf%lf",&b,&c); sum=max(sum,(1.0-c)/(b-c+1.0));//计算并取最大优惠的情况 } printf("%.5lf ",sum); } return 0; }
解题思路：因为x是(0,1]的，p是(0,2]的，又由于当p>1的时候Alice肯定是拿的大的部分不用换，
否则Alice可能拿的大的可能拿的小的，算出来的期望值为1.25x>x，所以肯定换。
AC代码：
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define maxn 105 int main(void) { int t; double p; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%lf",&p); if(p<=1) puts("Yes"); else puts("No"); } return 0; }
解题思路：这道题我们要让逆序对最多，一定是按照第一个和最后一个交换，第二个和倒数第二个交换。。。。
很显然我们发现这样的交换只能做n/2次(向下取整)。然后我我们可以观察每次交换能得到的逆序对数。
好了，我们已经发现了4的规律，我们猜测是不是5也是呢？
聪明的你一定发现了什么，我们可以看到n为偶数和n为奇数的情况是不相同的，n为偶数的时候结尾只有1，而n为奇数的时候结尾是3，
而逆序对数，最多就为(n-1)*n/2对，我们可以让sum先等于最多的对数，然后根据m的数减去相应的数就行，我们可以发现其实n为奇数和n为偶数
是两个不同的序列，但是公差都为4，n为奇数的首项为3，n为偶数的首项为1，然后。。。。。，然后就AC了鸭！(可惜比赛的时候写错了，然后wa了好几发)
AC代码：
#include<cstdio> #include<iostream> #define ll long long using namespace std; int main(void) { ll t; ll n,m; ll sum,k; scanf("%lld",&t); while(t--) { scanf("%lld%lld",&n,&m); sum=(n-1)*n/2; if(m<n/2) { k=(n/2-m); if(n&1) sum-=(2*k+1)*k;//前k项和 else sum-=(2*k-1)*k;//前k项和 } printf("%lld ",sum ); } return 0; }
Mr. Left 来到了一个路口，这个路口只能右转，并且都是两车道。
现在在南北向车道上有 n 辆车，他们都在线 x 南边，这些车想要通过这个路口，到东边去，具体地说，他们要开到线 y 东边。
一辆车一个时刻可以从东南西北中选一个方向移动一个位置，或者呆在原地不动。 同一时刻同一位置不能有超过一辆车。车不能开到路外面。
在任意时刻，所有车都同时移动。两辆相邻的车不能都移动到对方的格子上。在此基础上，只要所有车移动后不存在两辆车处于同一位置，移动就合法。
问最少要多少时间，这些车才可以都开到东边？