A. Shovels and Swords
MC好评
我的方法详见代码，先来欣赏一下猛男（%gyz%jiedai等人）的方法
scanf("%d%d",&n,&m);
n=min(n,m*2);
m=min(m,n*2);
printf("%d
",(n+m)/3);
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
//#define int ll
int T,a,b,ans;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
ans=0;
cin>>a>>b;
if(a>b)swap(a,b); //让钻石锹个数小于钻石剑个数
int t=min({a,b/2,b-a}); //买钻石剑
a-=t; b-=2*t; ans+=t;
t=min({a/3,b/3}); //钻石锹和钻石剑一起买
a-=t*3; b-=t*3; ans+=2*t;
if(a && b && a+b>=3)ans++;
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
B. Shuffle
每输入一个区间，就扩展一下区间 ({i | a_i可能为1})（←这个是区间）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll;
#define int ll
int T;
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
int n,m,x,y;
cin>>n>>x>>m; y=x;
while(m--){
int l,r;
cin>>l>>r;
if(!(max(l,r)<min(x,y) || max(x,y)<min(l,r))){ //区间有公共部分
x=min(x,l);
y=max(y,r);
}
}
cout<<y-x+1<<endl;
}
return 0;
}
C. Palindromic Paths
其实就是所有需要相等的数放在一起计算的事情
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=210; typedef long long ll;
#define int ll
int T,n,m;
map<int,int> mp[N];
signed main(){
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m;
repeat(i,2,n+m+1)mp[i].clear();
repeat(i,1,n+1)
repeat(j,1,m+1){
int x; cin>>x;
if((n+m)%2==0 && i+j==(n+m+2)/2)continue; //回文串的中间是不需要考虑是否相等的
mp[min(i+j,n+m+2-i-j)][x]++;
}
int ans=0;
repeat(i,2,n+m+1){
int mx=0,sum=0;
for(auto j:mp[i])mx=max(mx,j.second),sum+=j.second;
ans+=sum-mx;
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D. Two Divisors
挺好一题
引理：如果 (d_1,d_2) 互质，那么 (d_1+d_2,d_1d_2) 互质
根据引理，我们只要找到 (d_1d_2=a) 且 (d_1,d_2) 互质的两个数 (d_1,d_2)。互质，就是不能包含相同质因子，我们让 (d_1) 吃掉 (a) 的全部的某个质因子，这样 (d_2=dfrac a {d_1}) 一定不包含这个质因子也就互质了。最终只要判断 (d_2=dfrac a {d_1}>1) 即可
由于时间卡得有点紧，不如找个能求最小质因数的线性筛qwq
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=10000010; typedef long long ll;
#define int ll
int a[N],rec[N]; bool vis[N];
//a[i]表示第i+1个质数，vis[i]==0表示i是素数，rec[i]为i的最小质因数
void get_prime(int n){
int cnt=0; vis[1]=1;
repeat(i,2,n+1){
if(!vis[i])
a[cnt++]=i,rec[i]=i;
repeat(j,0,cnt){
if(i*a[j]>n)break;
vis[i*a[j]]=1;
rec[i*a[j]]=a[j];
if(i%a[j]==0)break;
}
}
}
vector<pair<int,int>> ans;
signed main(){
get_prime(N-1);
int n; cin>>n;
while(n--){
int x; cin>>x;
int p=rec[x],y=1;
if(p>1)while(x%p==0)x/=p,y*=p;
if(x>1 && y>1)
ans.push_back({x,y});
else ans.push_back({-1,-1});
}
for(auto i:ans)cout<<i.first<<' '; cout<<endl;
for(auto i:ans)cout<<i.second<<' '; cout<<endl;
return 0;
}
E. Two Arrays
一开始没看到 (b[i]) 是单增的。既然单增，那简单亿倍
我们让 (a[i]=min(a[i],a[i+1]))，这样可以强行让 (a[i]) 单调不减。假设 ([l,r]) 覆盖了 (a[i]=b[j]) 的所有 (i)，很显然 (b[j]) 对应的区间右端点必须为 (r)，区间左端点可以是 ([l,r]) 的任何数（除了 (j=1) 的情况）。这样就完美解决问题
特判几种情况即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define repeat(i,a,b) for(int i=(a),_=(b);i<_;i++)
#define repeat_back(i,a,b) for(int i=(b)-1,_=(a);i>=_;i--)
int cansel_sync=(ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),0);
const int N=200010; typedef long long ll; const int inf=~0u>>2;
const int mod=998244353;
#define int ll
int a[N],b[N],n,m,ans=1;
map<int,int> mp;
signed main(){
cin>>n>>m;
repeat(i,0,n)cin>>a[i];
repeat(i,0,m)cin>>b[i],mp[b[i]]=0;
repeat_back(i,0,n-1)a[i]=min(a[i],a[i+1]);
if(a[0]!=b[0])cout<<0<<endl,exit(0); //最小值不相等
repeat_back(i,0,n){
if(mp.count(a[i]))
mp[a[i]]++;
}
for(auto it=++mp.begin();it!=mp.end();it++){ //++mp.begin()跳过了第一个区间
(ans*=it->second)%=mod;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}