A. Nezzar and Colorful Balls
大意：给一个单调不减序列，要给每个数染色使得同一种颜色组成的序列单调上升，求染色数最小值
因为对一种颜色 (color_i) 来说，每种数字只能有一个数字染 (color_i) 颜色（比如很多个 "2" 中只能有 1 个 "2" 染成红色），所以有多少个相同的数字就对应需要多少种颜色，答案自然是出现频次最多的数字的个数
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200010; typedef long long ll;
signed main(){
int T; scanf("%d",&T);
while(T--){
int n; scanf("%d",&n);
int pre=-1,now=0,ans=0; // pre是前
for(int i=0;i<n;i++){
int x; scanf("%d",&x); // x
if(pre==x)now++; else now=1,pre=x;
ans=max(ans,now);
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}
B. Nezzar and Lucky Number
大意：判断一个数是否能被表示为若干（十进制表示下）含有数码 d 的数字之和
我的代码太生草了（
首先可以猜到，很大的数字可以转换成 (overline{dX}) 和 (d) 的组合。比如 (d=7) 时，取一个 (ge 70) 的数 (n)，由于 (70,71,...,76) 构成了模 7 的剩余系（说人话：(n) 一定与 (70,71,...,76) 其中一个数同余），我们就可以将 (n) 表示为 (overline{7M}+ frac{n-overline{7M}}7 imes 7)（(M=nmod 7)，可以证明 ( frac{n-overline{7M}}7) 一定是个非负整数）
这样，我们只要考虑 (n<d imes10) 的情况了。为了节省时间，当然是怎么简单怎么来了，直接上暴力（我写的记忆化搜索，不清楚不记忆化行不行）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200010; typedef long long ll;
int ans[10][100];
bool calc(int d,int n){
if(n>=d*10)return 1;
if(n<d)return 0;
if(n%10==d)return 1;
if(ans[d][n]!=-1)return ans[d][n];
return ans[d][n]=
calc(d,n-d) ||
calc(d,n-10-d) ||
calc(d,n-20-d) ||
calc(d,n-30-d) ||
calc(d,n-40-d) ||
calc(d,n-50-d) ||
calc(d,n-60-d) ||
calc(d,n-70-d) ||
calc(d,n-80-d) ||
calc(d,n-90-d);
}
signed main(){
memset(ans,-1,sizeof ans);
int T; scanf("%d",&T);
while(T--){
int d,q; scanf("%d%d",&q,&d);
while(q--){
int n; scanf("%d",&n);
puts(calc(d,n)?"YES":"NO");
}
}
return 0;
}
C. Nezzar and Symmetric Array
大意：a 是一个长度 (2n)、对称的、数字互不相同的数列，对称意味这每个数都能找到对应的相反数。(d_i=sum_{j=1}^{2n}|a_i-a_j|)，已知数列 d 问是否存在数列 a
先对 (d_i) 排个序
如果原数列 (a) 是 4 个数 (A,-A,B,-B)，(0<A<B)，那么 (A) 对应的 (d) 值是 (2A+2B)，(B) 对应的 (d) 值是 (4B)。这样我们大致得知一个结论，一个数的 (d) 值就是有多少个数绝对值比它小 * 它的绝对值 + 剩下的数绝对值之和
根据上述结论，我们又可以得到三个推论，(a_i=-a_jRightarrow d_i=d_j)（或者说 (d_i) 是两个两个出现的），(d_i) 是偶数，任意 4 个 (d_i) 不相等（因为数列 a 互不相等）
如果上面都成立，我们就可以把长度为 (2n) 的 (d_i) 简化成长度为 (n) 的数列 (e_i=dfrac 1 2 d_{2i})，那么 (a_i) 也可以去掉那些负数的部分留下正数的部分
（(e_i) 为有多少个数比 (a_i) 小 * (a_i) + 剩下的数之和，其中 (a_i) 已经去掉负数了）
然后我们发现，(e_n) 其实就是 (n) 倍 (a_n)，而 (e_{n-1}-a_n) 其实就是 (n-1) 倍 (a_{n-1})，(e_{n-2}-a_n-a_{n-1}) 其实就是 (n-2) 倍 (a_{n-2})，依次类推，我们可以计算出所有 (a_i)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=200010; typedef long long ll;
ll a[N],d[N],e[N];
#define GG {puts("NO"); return;}
void solve(){
int n; scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n*2;i++)
scanf("%lld",d+i);
sort(d+1,d+n*2+1);
for(int i=1;i<=n*2;i++){
if(d[i]%2!=0)GG;
if(i%2==1){
if(d[i]!=d[i+1])GG;
if(i!=1 && d[i]==d[i-2])GG;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)e[i]=d[i*2]/2;
ll sum=0;
for(int i=n;i>=1;i--){
if((e[i]-sum)%i!=0)GG;
a[i]=(e[i]-sum)/i;
sum+=a[i];
}
if(a[1]<=0)GG;
puts("YES");
}
signed main(){
int T; scanf("%d",&T);
while(T--)
solve();
return 0;
}
D. Nezzar and Board
大意：初始黑板上有 (n) 个数，你可以从中取两个数 (x,y) 并把 (2x-y) 写在黑板上。问给定数字 (k) 是否能被写在黑板上
从几何（？）的角度思考，（或者瞎*b试一试就可以看出）(2x-y) 其实就是 (y) 关于 (x) 对称的点
假设一开始只有两个数 (x,y)，不断对称对称，就会出现相邻间隔为 (|x-y|) 的很多数。或者说，((n-x) equiv 0 pmod {|x-y|}) 的任意整数 (n) 都能被表示出来了
如果一开始有三个数 (x,y,z)，会发生什么呢？根据欧几里得算法，（哦细节就不说了，总之就是——）会出现间隔为 (gcd(|x-y|,|x-z|)) 的很多数。这样，三个数 (x,y,z) 可以简化成两个数 (x,x+gcd(|x-y|,|x-z|))，不断这么操作，再多的数也都只剩两个数了
以上仅考虑数字之间互不相同的情况，相同情况要特殊处理
//#pragma GCC optimize(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--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
//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 ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)!=1)exit(0); return x;} typedef pair<ll,ll> pii; template<typename T> void operator<<(vector<T> &a,T b){a.push_back(b);}
const ll mod=(1?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
int a[N];
void Solve(){
int n=read(),k=read();
repeat(i,0,n){
a[i]=read();
}
int d=-1;
sort(a,a+n);
repeat(i,0,n-1)
if(a[i]!=a[i+1]){
if(d!=-1)d=__gcd(d,a[i+1]-a[i]);
else d=a[i+1]-a[i];
}
if(d==-1){
puts(k==a[0]?"YES":"NO");
}
else{
puts((k-a[0])%d==0?"YES":"NO");
}
}
signed main(){
//freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}
E. Nezzar and Binary String
大意：给01字符串s,f，初始字符串为s，每次断言区间 ([l_i,r_i]) 都是0或都是1，然后修改这个区间的x个字符，x严格小于区间长度的一半，最后断言字符串=f。问是否可以让所有断言都成立
考虑倒着操作，即从f出发，先修改区间再断言。这样的操作就是唯一的，即修改区间内出现次数少的所有字符
维护区间赋值和区间求和考虑用线段树
//#pragma GCC optimize(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--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
//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 ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)!=1)exit(0); return x;} typedef pair<ll,ll> pii; template<typename T> void operator<<(vector<T> &a,T b){a.push_back(b);}
const ll mod=(1?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
// #define int ll
int in[N];
struct seg{
#define U(x,y) (x+y)
#define a0 0
void toz(ll x){z=x,state=1;}
void toa(){a=z*(r-l+1),z=0,state=0;}
ll a,z; bool state;
int l,r; seg *lc,*rc;
void init(int,int);
void up(){a=U(lc->a,rc->a);}
void down(){
if(!state)return;
if(l<r){lc->toz(z); rc->toz(z);}
toa();
}
void update(int x,int y,ll k){
if(x>r || y<l){down(); return;}
if(x<=l && y>=r){toz(k); down(); return;}
down();
lc->update(x,y,k);
rc->update(x,y,k);
up();
}
ll query(int x,int y){
if(x>r || y<l)return a0;
down();
if(x<=l && y>=r)return a;
return U(lc->query(x,y),rc->query(x,y));
}
}tr[N*2],*pl;
void seg::init(int _l,int _r){
l=_l,r=_r; state=0; z=0;
if(l==r){a=in[l]; return;}
int m=(l+r)>>1;
lc=++pl; lc->init(l,m);
rc=++pl; rc->init(m+1,r);
up();
}
void init(int l,int r){
pl=tr; tr->init(l,r);
}
// 以上为线段树板子
char s1[N],s2[N];
pii op[N];
void Solve(){
int n=read(),q=read();
scanf("%s%s",s1,s2);
repeat(i,0,n)
in[i]=s2[i]=='1';
repeat(i,0,q)op[i]={read()-1,read()-1};
init(0,n-1);
repeat_back(i,0,q){
int l=op[i].fi,r=op[i].se,len=r-l+1;
int cnt=tr->query(l,r);
if(len%2==0 && cnt==len/2){
puts("NO");
return;
}
tr->update(l,r,cnt>len/2);
}
repeat(i,0,n)
if(tr->query(i,i)!=(s1[i]=='1')){
puts("NO");
return;
}
puts("YES");
}
signed main(){
//freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}
F. Nezzar and Nice Beatmap
大意：平面 (n) 个点，求连接这 (n) 个点的路径（折线）使得形成的所有夹角小于 90 度
一看到范围 5000，立刻往 (O(n^2)) 方向考虑。很快啊，发现如果连了 (AB)，那么过 (B) 做垂线后，平面被垂线分成两个半平面，下一个要连的点必须要在包含 (A) 的半平面中
如果所有点都在这个Yes的半平面中就完美了。还真的可以这样，我们只要让B为距离A最远的点即可（连过的点都删了）
问题解决
//#pragma GCC optimize(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--)
#define mst(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define fi first
#define se second
mt19937 rnd(chrono::high_resolution_clock::now().time_since_epoch().count());
//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 ll INF=~0ull>>2; ll read(){ll x; if(scanf("%lld",&x)!=1)exit(0); return x;} typedef double lf; const lf pi=acos(-1.0); lf readf(){lf x; if(scanf("%lf",&x)!=1)exit(0); return x;} typedef pair<ll,ll> pii; template<typename T> void operator<<(vector<T> &a,T b){a.push_back(b);}
const ll mod=(1?1000000007:998244353); ll mul(ll a,ll b,ll m=mod){return a*b%m;} ll qpow(ll a,ll b,ll m=mod){ll ans=1; for(;b;a=mul(a,a,m),b>>=1)if(b&1)ans=mul(ans,a,m); return ans;}
#define int ll
struct vec{
int x,y; vec(){} vec(int x,int y):x(x),y(y){}
vec operator-(const vec &b){return vec(x-b.x,y-b.y);}
vec operator+(const vec &b){return vec(x+b.x,y+b.y);}
void operator+=(const vec &b){x+=b.x,y+=b.y;}
void operator-=(const vec &b){x-=b.x,y-=b.y;}
vec operator*(lf k){return vec(k*x,k*y);}
bool operator==(vec b)const{return x==b.x && y==b.y;}
int sqr(){return x*x+y*y;}
void output(){printf("%lld %lld
",x,y);}
}a[N];
bool vis[N];
void Solve(){
int n=read();
repeat(i,0,n)a[i].x=read(),a[i].y=read();
vis[0]=1; int p=0; printf("1 ");
repeat(i,0,n-1){
int dis2=-1,rec;
repeat(j,0,n)if(!vis[j]){
if(dis2<(a[p]-a[j]).sqr()){
dis2=(a[p]-a[j]).sqr();
rec=j;
}
}
p=rec; vis[p]=1;
printf("%lld ",p+1);
}
puts("");
}
signed main(){
//freopen("data.txt","r",stdin);
int T=1; // T=read();
repeat(ca,1,T+1){
Solve();
}
return 0;
}