A. Era
思路：
对于任何一个a[i] > i来说，我们可以最多插入a[i] - i个1在最前面，所以最大值我们只需要把所有的a[i] - i取最大值就可以了
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> #include <stack> #include <set> #include <vector> #include <map> #include <unordered_set> #include <unordered_map> #define x first #define y second #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; const int N = 100010; const double PI = acos(-1); int a[N], b[N]; int main() { IOS; int T = 1; cin >> T; while(T -- ) { int n; cin >> n; int res = 0; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { int x; cin >> x; res = max(res, x - i); } cout << res << endl; } return 0; }
B. XOR Specia-LIS-t
思路：
如果是偶数的话，我们可以分成偶数个只有一个数字的集合，这样偶数个1异或起来一定0。那么如果是奇数的时候我们就想办法把它凑成偶数个1，我们可以把两个不递增的数作为一个集合，这样这两个数作为一个1，就又有了偶数个1，所以奇数的时候我们只要看是否有这样的a[i] <= a[i-1]就行了
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> #include <stack> #include <set> #include <vector> #include <map> #include <unordered_set> #include <unordered_map> #define x first #define y second #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; const int N = 100010; const double PI = acos(-1); int a[N], b[N]; int main() { IOS; int T = 1; cin >> T; while(T -- ) { int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i]; if(n % 2 == 0) { cout << "YES" << endl; continue; } bool flag = false; for (int i = 2; i <= n; i ++ ) if(a[i] <= a[i - 1]) { flag = true; break; } if(flag) cout << "YES" << endl; else cout << "NO" << endl; } return 0; }
C. Di-visible Confusion
思路：
对于第i个数，假如他前面的数能以某种方式被全部删除，那么我们看怎么删除第i个数，第i个数如果可以被删除，那么我们可以看从2到i+1这些数有没有不能被a[i]整除的，如果有这样的一个数k，那么我们在
a[i]是第k-1个数的时候删除a[i]（因为删除的条件是a[i]不能整除i+1），所以根据数学归纳法前i个数都可以被删除，因此所有的数都要满足这个条件，所以当有一个数不满足这个条件时，即对于2到i+1的数都能整除，那就是NO
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> #include <stack> #include <set> #include <vector> #include <map> #include <unordered_set> #include <unordered_map> #define x first #define y second #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; const int N = 100010; const double PI = acos(-1); int a[N], b[N]; int main() { IOS; int T = 1; cin >> T; while(T -- ) { int n; cin >> n; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) cin >> a[i]; bool success = true; for (int i = 1; i <= n; i ++ ) { bool flag = false; for (int j = 2; j <= i + 1; j ++ ) if(a[i] % j != 0) { flag = true; break; } if (!flag) { success = false; break; } } if(success) cout << "YES" << endl; else cout << "NO" << endl; } return 0; }
D. Moderate Modular Mode
思路;
显然对于x > y的情况很容易判断就是x + y，那么对于x <= y的情况我们可以这么考虑：
首先假设n < x：那么我们假设现在n%x = y%n是满足的，那我们分析一下，n%x此时等于n，而y%n此时小于n，所以矛盾
然后假设n > y：那么同样我们假设现在n%x = y%n是满足的，那我们分析一下，n%x此时小于x，而y%n此时等于y要大于等于x，所以矛盾
因此n在x和y之间。
然后我们可以通过画图来模拟分析这个过程：设我们此时在原点，然后每次步长为x向前走，直到不超过y，就像这样：
然后最大可到达的点p为y - y%x，我们此时要让n%x = y%n，所以n我们可以取p和y的中点，即可满足条件
#include <iostream> #include <cstring> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cmath> #include <queue> #include <stack> #include <set> #include <vector> #include <map> #include <unordered_set> #include <unordered_map> #define x first #define y second #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); using namespace std; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; const int N = 100010; const double PI = acos(-1); int a[N], b[N]; int main() { IOS; int T = 1; cin >> T; while(T -- ) { int x, y; cin >> x >> y; if(x <= y) cout << y - y % x / 2 << endl; else cout << x + y << endl; } return 0; }