蒟蒻只能打div 2
A题水，10和个位数的使用互不影响，所以直接在模10意义下做
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int k,r; 4 int main(){ 5 scanf("%d%d",&k,&r); 6 k=k%10; 7 for(int i=1;i<=100;i++){ 8 if(k*i%10==0||k*i%10==r) { 9 printf("%d ",i);break; 10 } 11 } 12 return 0; 13 }
B从左往右递推即可，先决定左边，然后向右走一天。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int n,k,r,x[505],y[505],ans; 4 int main(){ 5 scanf("%d%d",&n,&k); 6 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]); 7 x[0]=k;x[n+1]=k; 8 for(int i=0;i<=n;i++){ 9 if(x[i]+x[i+1]<k) ans+=k-x[i]-x[i+1],x[i+1]=k-x[i]; 10 }printf("%d ",ans); 11 for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",x[i]); 12 printf("%d ",x[n]); 13 return 0; 14 }
C题写了个讨论
题目大意就是，给你一个人在连续n天里吃了多少顿早餐，午餐，晚餐，问你他最少有多少顿没吃。他来的那天和走的那天可以在任意一餐后（或前）来。
例：
1 2 1
answer:0
在第一天午餐前来，吃午餐和晚餐，第二天午餐后走，吃午餐和早餐。
4 2 4
answer:1
在第一天晚餐前来，第二或第三或第四天有一天没吃午餐，第五天早餐后走。
看哪个最大，讨论即可
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 long long b[4]; 4 int main(){ 5 scanf("%I64d%I64d%I64d",&b[1],&b[2],&b[3]); 6 int num=0,q=0;b[0]=-1; 7 for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]>b[num]) num=i; 8 for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]==b[num]) q++; 9 if(q==3) { 10 printf("0 ");return 0; 11 } 12 if(q==2){ 13 for(int i=1;i<=3;i++) if(b[i]!=b[num]) q=i; 14 printf("%I64d ",b[num]-b[q]-1); 15 return 0; 16 } 17 b[num]--;int qum=0; 18 printf("%I64d ",3*b[num]-b[1]-b[2]-b[3]); 19 return 0; 20 }
D题
题意
有n天，m科考试，给出每一天可以过哪一科，以及每科需要多少天复习，求最少要多少天考完，或者不可能。
D题想不到怎么做，就去看代码，看到一个神解法，完全没有理论依据（在我看来），随便一组数据就能hack掉（如6 2 2 2 2 2 2 2 1 2），可惜不知道cf怎么比赛后hack。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int main() 4 { 5 int n,m; 6 cin>>n>>m; 7 int arr[n+1]; 8 for(int i=1;i<=n;i++)cin>>arr[i]; 9 int sum=m,x; 10 for(int i=0;i<m;i++){cin>>x; sum+=x;} 11 12 for(int i=sum;i<=n;i++)if(arr[i]){cout<<i; return 0;} 13 cout<<-1; 14 }
正解是二分加贪心，从后往前。
可以知道，对于单独一个科目，晚几天考试不会比先考差。
于是二分答案的天数，从后往前的时候每遇到一个没有考过的科目，就把它考了，然后把需要复习的时间加上当前考试需复习的时间。
如果该天不考试，需复习的时间就减1，但注意不能减到0以下，不然会出现在考完后复习的情况。
代码里写的是反着的，cnt是可以复习的天数，不能为正。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define maxn 100005 3 using namespace std; 4 int n,m,tot,x[maxn],cnt,ti[maxn]; 5 bool y[maxn]; 6 bool test(int r){ 7 cnt=0;tot=m;y[0]=1; 8 for(int i=r;i>=1;i--){ 9 if(!y[x[i]]) { 10 if(cnt>0) cnt=0; 11 y[x[i]]=1;tot--;cnt-=ti[x[i]]; 12 } 13 else cnt++; 14 } 15 if(tot>0 || cnt<0) return 0; 16 return 1; 17 } 18 int main(){ 19 scanf("%d%d",&n,&m); 20 for(int i=1;i<=n;i++){ 21 scanf("%d",&x[i]); 22 } 23 for(int i=1;i<=m;i++){ 24 scanf("%d",&ti[i]); 25 } 26 int l=1,r=n,mid; 27 while(l<r){ 28 mid=l+r>>1; 29 if(test(mid)) r=mid; 30 else l=mid+1; 31 memset(y,0,sizeof(y)); 32 } 33 if(l==n) if(!test(l)){ 34 printf("-1 ");return 0; 35 } 36 printf("%d ",l); 37 return 0; 38 }
E题
题意：有n个电脑，m个插座，每个电脑和每个插座都有一个power值，当且仅当插座和电脑的power值完全相同时，电脑和插座能够配对，一个插座只能对应一个电脑。每个插座可以加上一个转换装置，使它的power值变为原来的一半（向上取整，
）。求配对的电脑数最大的情况下，可行的最少装置使用数，每个插座使用的装置数，以及当前的电脑和插座的配对情况。
一看以为是网络流裸题，看了看n<=200000复杂度不对，接着发现一个显然的贪心，一个插座如果不使用装置能和电脑配对，那它们配对一定不会是情况变差，然后就想到set判重，先把一开始就配对的去掉。然后就想到一个插座最多使用log10^9个装置，且最多有log10^9 个不同的值，之后如果再使用装置，它的power值会一直停留在1。然后我想既然能用set，为什么我不写个排序加二分呢？然后我发现我先前的贪心依然使用，即在已经尝试完所有每个插座使用小于k个装置的情况后，如果一个插座使用k个装置能和一个电脑配对，那它们配对一定不会使情况变差。于是从小到大枚举装置的使用个数，更新未使用插座的power值，二分查找看是否有未配对且power相同的电脑，进行配对。注意要先预处理把power相同的电脑放在一起，不然二分很不好写。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define maxn 200005 3 using namespace std; 4 pair<int,int> h[maxn]; 5 struct ed{int next,pos;}e[maxn]; 6 int n,m,y[maxn],socka[maxn],head[maxn],qet,belog[maxn],tot,cnt,pre,x[maxn]; 7 int main(){ 8 scanf("%d%d",&n,&m); 9 int l,r,mid; 10 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x[i]),h[i].first=x[i],h[i].second=i; 11 sort(x+1,x+n+1);sort(h+1,h+n+1);pre=0; 12 for(int i=1;i<=n;i++){ 13 if(x[i]==x[pre]) { 14 qet++;e[qet].next=head[pre];head[pre]=qet;e[qet].pos=h[i].second;; 15 } 16 else{ 17 pre++;qet++;e[qet].pos=h[i].second;x[pre]=x[i];e[qet].next=head[pre];head[pre]=qet; 18 } 19 } 20 for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&y[i]); 21 for(int i=1;i<=m;i++){ 22 l=1;r=pre; 23 while(l<r){ 24 mid=l+r>>1; 25 if(x[mid]>=y[i]) r=mid; 26 if(x[mid]<y[i]) l=mid+1; 27 } 28 if(x[l]==y[i]){ 29 if(head[l]){ 30 belog[e[head[l]].pos]=i; 31 socka[i]=1;tot++;head[l]=e[head[l]].next; 32 } 33 } 34 } 35 for(int k=2;k<=32;k++) 36 for(int i=1;i<=m;i++){ 37 if(socka[i]) continue; 38 if(y[i]%2) y[i]=y[i]/2+1; 39 else y[i]/=2; 40 l=1;r=pre; 41 while(l<r){ 42 mid=l+r>>1; 43 if(x[mid]>=y[i]) r=mid; 44 if(x[mid]<y[i]) l=mid+1; 45 } 46 if(x[l]==y[i]){ 47 if(head[l]){ 48 belog[e[head[l]].pos]=i; 49 socka[i]=k;tot++;cnt+=k-1;head[l]=e[head[l]].next; 50 } 51 } 52 } 53 printf("%d %d ",tot,cnt); 54 for(int i=1;i<m;i++){ 55 if(socka[i]) socka[i]--; 56 printf("%d ",socka[i]); 57 }if(socka[m]) socka[m]--;printf("%d ",socka[m]); 58 for(int i=1;i<n;i++) printf("%d ",belog[i]); 59 printf("%d ",belog[n]); 60 return 0; 61 }
F题：读懂题意后一眼秒。
题目：给一个n个点m条无向边的无重边自环的连通图，让你把所有的边定向，使得从每个点出发能够到达的点数中，最小的那个尽量大。
一眼题：
先看一条链，无论怎么连边，ans都是1.
于是想到找环，若有两个环，不能相加，而是选最大的那个。
于是题目变成找最大环。
我用了tarjan，维护了一下环的大小。
只是要求输出每条边的定向很麻烦。
我一开始是想先把最大环上的定向，其他边通过dfs连一连就行，然后发现其他的环与不在环上的点的边会重复输出。
然后我改了一会就弃疗了
去看了一位红名大佬quality的代码，发现他跑了两遍tarjan
第二遍是给边定向用的。
为什么是对的呢？我也不知道，好像从最大环上dfs一发就可以了，完全不需要用tarjan。
于是我学着dalao的样子改了改，交了几遍过了。
看来乱搞能力还是太弱。。。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 #define maxn 400005 3 using namespace std; 4 int n,m,head[maxn],cnt=0,df,dfn[maxn],compcnt,low[maxn],comphead[maxn],que[maxn],qcnt,compsize[maxn]; 5 bool inque[maxn],vis[maxn],incomp[maxn]; 6 int ba[maxn],bq[maxn],res[maxn],q,oow=(1<<30)-2; 7 struct edges{int next,to,fr;}e[4*maxn]; 8 void tarjan(int k,int f){ 9 que[++qcnt]=k;inque[k]=1; 10 dfn[k]=++df; 11 low[k]=min(low[k],dfn[k]); 12 for(int i=head[k];i;i=e[i].next){ 13 if(e[i].to==f) continue;if(i%2==0) q=i-1;else q=i; 14 q=q>>1;q++; 15 if(res[q]<0) res[q]=~i&1; 16 if(!dfn[e[i].to]) { 17 tarjan(e[i].to,k); 18 low[k]=min(low[k],low[e[i].to]); 19 } 20 else{ 21 if(inque[e[i].to]) low[k]=min(low[k],dfn[e[i].to]); 22 } 23 } 24 if(dfn[k]==low[k]){ 25 compcnt++; 26 while(que[qcnt]!=k) 27 { 28 inque[e[cnt].to]=0; 29 cnt++; 30 e[cnt].next=comphead[compcnt]; 31 comphead[compcnt]=cnt; 32 e[cnt].to=que[qcnt--]; 33 compsize[compcnt]++; 34 } 35 inque[e[cnt].to]=0; 36 cnt++; 37 e[cnt].next=comphead[compcnt]; 38 comphead[compcnt]=cnt; 39 e[cnt].to=que[qcnt--]; 40 compsize[compcnt]++; 41 } 42 } 43 int main(){ 44 scanf("%d%d",&n,&m);int a,b; 45 for(int i=1;i<=m;i++){ 46 scanf("%d%d",&a,&b); 47 e[++cnt].to=b;e[cnt].next=head[a];head[a]=cnt;e[cnt].fr=a; 48 e[++cnt].to=a;e[cnt].next=head[b];head[b]=cnt;e[cnt].fr=b; 49 } 50 for(int i=1;i<=n;i++) low[i]=n+1; 51 tarjan(1,0); 52 int maxcomp=0,maxcompsize=0; 53 for(int i=1;i<=compcnt;i++){ 54 if(compsize[i]>maxcompsize) { 55 maxcompsize=compsize[i]; 56 maxcomp=i; 57 } 58 } 59 printf("%d ",maxcompsize); 60 memset(dfn,0,sizeof(dfn)); 61 memset(inque,0,sizeof(inque)); 62 memset(res,-1,sizeof(res));df=0;qcnt=0;compcnt=0; 63 tarjan(e[comphead[maxcomp]].to,0); 64 for(int i=1;i<=m;i++){ 65 if(res[i]) printf("%d %d ",e[i*2-1].fr,e[i*2-1].to); 66 else printf("%d %d ",e[i*2-1].to,e[i*2-1].fr); 67 } 68 return 0; 69 }
