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wxy 3.26 #12

作者：互联网

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A 签到题 考虑全面，是否需要和0进行比较 G 思维题 aa bb 这样的直接交换第一个a和第二个b就可以了 ab ba那么先通过一次交换把他变成上面哪一种情况，再交换即可 F 还是写的太慢了，卡了好久。。。其实有更简便的方法的 就是计算前面有多少是可以到该点是符合要求的，每遇到一次0就更新一次。 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int MAXN=2e5+100; int a[MAXN]; int main() { int n; scanf("%d",&n); LL ansn=0,ansz=0,ansp=0; LL pren=0,prez=0,prep=1,now=1; for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%d",&a[i]); if(a[i]==0){ prep=1,pren=0,now=1; ansz+=1ll*(i-prez)*(n-i+1); prez=i; continue; } if(a[i]<0) now*=-1; if(a[i]>0) now*=1; if(now>0) ansp+=prep,ansn+=pren,prep++; else ansp+=pren,ansn+=prep,pren++; } printf("%lld %lld %lld\n",ansn,ansz,ansp); return 0; }L 应为n只有1000，而且楼层只有两层，直接n^2暴力就好了 /补题/ B 类似于求树的重心的做法。 再次理解求树的重心：dfs回溯。 对任意一个点 dfs求他的每个子树的大 小，然后和父亲相连的那个树就是n-siz[x]，，即可求出当前的max_part，然后用全局变量更新重心即 可。每次dfs都能求出搜到的那个节点为更的max_part相当于每个节点只被搜了一遍 事件复杂度O(n)。 回到这道题目上，解法是dfs每个子树，和父亲相连的那个子树的染色点即为 k -sz[x] ，符合条件发放入 vector即可 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN=2e5+100; int f[MAXN]; struct Edge{ int to,next; }edge[MAXN<<1]; int head[MAXN]; int tot=0,n,k; void add(int u,int v) { edge[tot].to=v; edge[tot].next=head[u]; head[u]=tot++; } int r[MAXN],vis[MAXN]; vector<int> ans; void dfs(int x) { vis[x]=1; r[x]=f[x]; int flag=1; for(int i=head[x];~i;i=edge[i].next){ Edge e=edge[i]; if(vis[e.to]) continue; dfs(e.to); if(!r[e.to]) flag=0; r[x]+=r[e.to]; } if(!f[x]&&flag&&(x==1||k>r[x])) ans.push_back(x); } int main() { memset(head,-1,sizeof(head)); scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=k;i++){ int a; scanf("%d",&a); f[a]=1; } for(int i=1;i<n;i++){ int u,v; scanf("%d%d",&u,&v); add(u,v); add(v,u);D 没来得及看，被F卡了好久。。。QAQ， 赛后看一下是博弈。 给你一个少了一些的数字的数字串，若前 一半和等于后一半和那么就是开心的串。分类讨论：1.如果前面的位数等于后面的位数：如果前面的和 等于后面的和，那么决策为：前一个人放什么后一个人放什么就可以；如果前面的和不等于后面的和， 那么前一个人先放，再后一个人放什么前一个人放什么，加入的还是一样的，那么肯定不相等。2.如果 前面的位数比后面的大：如果前面的和大于等于后面的和，那么前面的人在前面的那边放9，然后后面 的放什么相对的放什么即可，那么放的前面一定比前面大；如果前面的和小于后面的和只有差为9的位 数/2倍的时候才能够采取策略前面的放什么后面的相应放什么，使得先相等，然后再在位数多的那一边 前面的放几，后面的放9-前面的数；其他情况都不可以，先手一定有办法破坏后手的策略。3.如果前面 的位数比后面的小：和2类似 } dfs(1); sort(ans.begin(),ans.end()); int len=ans.size(); printf("%d\n",len); for(int i=0;i<len;++i){ printf("%d ",ans[i]); } printf("\n"); return 0; } # include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN=2e5+100; char s[MAXN]; int main() { int flag=0; int n; scanf("%d",&n); scanf("%s",s+1); int pre=0,nex=0,psum=0,nsum=0; for(int i=1;i<=n/2;i++){ if(s[i]=='?') pre++; else psum+=s[i]-'0'; } for(int i=n/2+1;i<=n;i++){ if(s[i]=='?') nex++; else nsum+=s[i]-'0'; } if(pre==nex){ if(psum==nsum) flag=0; else flag=1; }else if(pre>nex){ if(psum>=nsum) flag=1; else{ int ws=pre-nex; int cc=nsum-psum; if(cc!=9*ws/2) flag=1; else flag=0; } }else if(pre<nex){H 求最长的等差序列的长度 DP[ i ] [ j ]表示从i位置开始，差为a[j]-a[i]的最长的等差序列的长度，DP[ i ] [ k]= DP[ j ] [ k] +1 表示从i 开始差为k的等差序列可以由在他后面的位置j开始的差为k的序列转移得到，当前k=a[j]-a[i] a[id]- a[j]=k=a[j]-a[i] a[id]=a[j]+k id可以lower_bound查找时间复杂度 n^2*logn I if(psum<=nsum) flag=1; else{ int ws=pre-nex; int cc=nsum-psum; if(cc!=9*ws/2) flag=1; else flag=0; } } if(flag) printf("Monocarp\n"); else printf("Bicarp\n"); return 0; } # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int MAXN=3e3+100; LL a[MAXN]; int dp[MAXN][MAXN]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;++i){ scanf("%lld",&a[i]); } int ans=2; for(int i=n;i;--i){ for(int j=i+1;j<=n;++j){ LL k=a[j]-a[i]; int id=lower_bound(a+1,a+n+1,a[j]+k)-(a); if(a[id]!=a[j]+k){ dp[i][j]=2; continue; } dp[i][j]=max(dp[i][j],max(2,dp[j][id]+1)); ans=max(ans,dp[i][j]); } } printf("%d",ans); return 0; }满足朋友的个数期望=每个朋友被满足的概率之和，容斥一下，应为容斥原理满足结合性所以一个个加 上去就可以了。 J 模拟题，要读懂题意，仔细题目条件，还有循环倒叙的时候要写明条件i>0尽量不用i作为结束条件如果i 小于0的话是停不下来的。 # include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int MAXN=2e5+100; const LL mod=998244353; LL a[MAXN]; LL quick_pow(LL a,LL b) { LL ret=1; while(b) { if(b&1) ret=ret*a%mod; a=a*a%mod; b>>=1; } return ret; } map<LL,int> mp; LL p[MAXN]; int main() { int n; LL P,Q; scanf("%d%lld%lld",&n,&P,&Q); LL R=1ll*1e6-P-Q; P=P*quick_pow(1e6,mod-2)%mod; Q=Q*quick_pow(1e6,mod-2)%mod; R=R*quick_pow(1e6,mod-2)%mod; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); mp[a[i]]=i; } for(int i=1;i<=n;i++){ int x=mp[a[i]],y=mp[a[i]+1],z=mp[a[i]-1]; p[x]=(p[x]+R-R*p[x]%mod+mod)%mod; if(y) p[y]=(p[y]+Q-Q*p[y]%mod+mod)%mod; if(z) p[z]=(p[z]+P-P*p[z]%mod+mod)%mod; } LL ans=0; for(int i=1;i<=n;i++){ ans=(ans+p[i])%mod; } printf("%lld\n",ans); return 0; }# include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n; scanf("%d",&n); int k=n*n*3/4; printf("%d\n",k); for(int i=n-1;i>0;i-=2){ for(int j=1;j<=n;j+=2){ printf("1 %d %d 1\n",i,j); printf("1 %d %d 1\n",i+1,j+1); printf("2 %d %d 2\n",i,j); } } return 0; } 其实还是有很多题目是可以做的，只要前面不被一些简单的题目卡住，稳扎稳打。还有不要被过题人数 限制了，有可能少数人过的题目也是能过做的，不一定要先做过的人多的，放平心态。

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