題目出的挺好的，數學知識較多。虛擬rk：801
A.Creating a Character
題意：給出力量和敏捷兩個屬性，現在給出技能點數，在必須使用完技能點數的情況下，有多少種情況，力量屬性嚴格大於敏捷。
wa了4次。
細節蠻多的。可以推導出來 （力量-敏捷）+技能點數/2>點在敏捷上的技能點數 就能滿足題意。
不過需要特判，敏捷額外的點數不能超過所有技能點數，而且不能為負數。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int T;
ll a, b, c;
int main()
{
T = read();
while (T--)
{
a = read();
b = read();
c = read();
if (c == 0)printf("%d\n", a>b?1:0);
else {
ll temp = a - b;
if ((temp + c) <= 0)printf("%d\n", 0);
else {
if (temp > c)printf("%d\n", c+1);
else {
ll tmepy = (temp + c) / 2;
if ((temp + c) % 2)tmepy++;
printf("%d\n", tmepy);
}
}
}
}
return 0;
}
B - Zmei Gorynich
題意：龍有n個頭，現在有幾種攻擊可以選擇，砍掉di個頭，然后龍長出hi個頭。
同樣是細節數學題目。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int t;
int n, x;
struct node {
int d, h, dis;
}tr[1000];
int main()
{
t = read();
while (t--)
{
n = read();
x = read();
int maxn1 = -1;
int pos1 = -1;
int maxn2 = -1;
int pos2 = -1;
up(i, 0, n)
{
tr[i].d = read();
tr[i].h = read();
tr[i].dis = tr[i].d - tr[i].h;
if (maxn1 < tr[i].d)
{
maxn1 = tr[i].d;
pos1 = i;
}
if (maxn2 < tr[i].dis)
{
maxn2 = tr[i].dis;
pos2 = i;
}
}
if (maxn1 >= x) { printf("%d\n", 1); }
else
{
int ans = 0;
if (maxn2 <= 0) { printf("%d\n", -1); continue; }
if ((x - maxn1) % maxn2 == 0)ans = (x - maxn1) / maxn2;
else ans = (x - maxn1) / maxn2 + 1;
printf("%d\n",++ans );
}
}
}
c. 題意：給一個01字符串，求他的字串的二進制等於字串長度的所有情況。
由題意，長度最長為2e5，二進制長度最長20。意思就是說，如果當前為1，那么他往后最長為20。
其次我們需要考慮前導零。加上前導零的影響，我們暴力判斷就好了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int t;
const int N = 2e5 + 10;
char s[N];
int main()
{
t = read();
while (t--) {
scanf("%s", s);
int n = strlen(s);
int num_0 = 0;
int ans = 0;
up(i, 0, n)
{
if (s[i] == '0') {
num_0++; continue;
}
int temp = 0;
int cnt = 1;
up(j, i, n) {
temp<<=1;
temp |= s[j] == '1' ? 1 : 0;
if (temp <= num_0 + j - i + 1)ans++;
if(j!=i)
cnt <<= 1;
if (cnt > (int)2e5 + 1)break;
}
num_0 = 0;
}
cout << ans << endl;
}
}
D：
確實沒想到。。推出了只有1，2兩種情況，然后想的是交替染色，然而代碼寫崩了。。
題意：給圖染色，唯一的條件就是這個圖里面的環不能只有一種顏色。
我們由scc的思想來看，一個環必定由小->大，然后再大->小，所以我們令全部小大染色1，大小染色2。
有向圖判環直接拓撲一下就好了。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int n, m;
const int N = 5005;
struct {
int next, to;
}edge[N];
int head[N];
int cnt = 0;
int in[N];
int ans[N];
bool flag = 1;
void addedge(int u, int v)
{
edge[cnt].to = v;
edge[cnt].next = head[u];
head[u] = cnt++;
}
void topo_sort()
{
queue<int>que;
int cnt = 0;
upd(i,1, n)
{
if (!in[i])que.push(i), in[i] = -1;
}
while (!que.empty())
{
cnt++;
int s = que.front();
que.pop();
for (int i = head[s]; ~i; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
in[v]--;
if (!in[v])que.push(v);
}
in[s] = -1;
}
//cout << cnt << endl;
if (cnt == n)flag = 0;
}
int main()
{
int u, v;
n = read(), m = read();
memset(head, -1, sizeof(head));
up(i, 0, m)
{
u = read(), v = read();
addedge(u, v);
in[v]++;
ans[i] = (u < v) + 1;
}
topo_sort();
if (flag) {
printf("%d\n", 2);
up(i, 0, m)printf("%d ", ans[i]);
}
else {
printf("%d\n", 1);
up(i, 0, m)printf("%d ", 1);
}
}
E：
數論+簡單線段樹。
題意：給出一堆數字，這堆數字good當且僅當，這堆數字的和的每一位，都出現在了這堆數字的某一個數字的對應位置上。
我們假設某兩個數字的同一位置上為a和b(0<=a,b<=9)
我們要使得這個位置的數字不變，那么就有a==0||b == 0，否則，a+b取個位一定是小於a或者b的，那么就需要第三個數字來湊。
因為相加大於十向前進了一位，相當於下一位加1，下一位又是由兩個數字相加得到，這個時候無論是下一位是ai+1 ==0||bi+1 ==0,都因為加了1，所以下一位無法想等。而如果下一位是相加大於十，那么當 ai+1 ==9||bi+1 ==9的時候，加一剛好滿足，但是又有新的問題，帶給了下下位置新的進位，以此類推，一定不滿足情況。因為最高位會變成1，這個最高位肯定是當前兩個數字都無法擁有的。
故滿足的情況只能是，必須一個為零。
那么我們吧1e9拆成10位，個十百千萬這樣的十顆線段樹。
某一段是balance的當且僅當，不為零的數小於等於1。所以我們每一個位置上儲存當前最小的值即可。
題目要求求最小的sum，這個時候我們發現，如果一段中，出現某兩個數字，同時某一位不為零，那么這段區間一定是unbalanced，所以我們只用貪心，找到兩個最小的數字即可。所以我們線段樹還需要維護，次小值。
（啊這種多顆線段樹並且更新繁瑣的拿結構體好方便）
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<climits>
#include<stack>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<bitset>
#include<map>
//#include<regex>
#include<cstdio>
#define up(i,a,b) for(int i=a;i<b;i++)
#define dw(i,a,b) for(int i=a;i>b;i--)
#define upd(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dwd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
//#define local
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const double esp = 1e-6;
const double pi = acos(-1.0);
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int inf = 1e9;
using namespace std;
ll read()
{
char ch = getchar(); ll x = 0, f = 1;
while (ch<'0' || ch>'9') { if (ch == '-')f = -1; ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') { x = x * 10 + ch - '0'; ch = getchar(); }
return x * f;
}
typedef pair<int, int> pir;
#define lson l,mid,root<<1
#define rson mid+1,r,root<<1|1
#define lrt root<<1
#define rrt root<<1|1
int n, m;
const int N = 2e5 + 10;
struct node {
int m1, m2;
node operator+(const node &a)const {
node now = *this;
node res;
if (now.m1 < a.m1)res.m1 = now.m1, res.m2 = a.m1;
else res.m1 = a.m1, res.m2 = now.m1;
res.m2 = min(res.m2, min(now.m2, a.m2));
return res;
}
}tr[N<<2][10];
int a[N];
void pushup(int root)
{
upd(i, 0, 9)
{
tr[root][i] = tr[lrt][i] + tr[rrt][i];
}
}
void build(int l, int r, int root)
{
if (l == r)
{
int temp = a[l];
upd(i, 0, 9)
{
if(temp%10)
tr[root][i] = node{ a[l],inf + 1 };
else tr[root][i] = node{ inf + 1,inf + 1 };
temp /= 10;
}
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
build(lson);
build(rson);
pushup(root);
}
void update(int l, int r, int root, int pos)
{
if (l == r)
{
int temp = a[l];
int cnt = 0;
upd(i, 0, 9)
{
if (temp % 10)
tr[root][i] = node{ a[l],inf + 1 };
else tr[root][i] = node{ inf + 1,inf + 1 };
temp /= 10;
}
return;
}
int mid = (l + r) >> 1;
if (pos <= mid)update(lson, pos);
else update(rson, pos);
pushup(root);
}
node query(int l, int r, int root, int lf, int rt,int id)
{
if (lf <= l && r <= rt)
{
return tr[root][id];
}
node ans = { inf+1,inf+1 };
int mid = (l + r) >> 1;
if (lf <= mid)ans = ans + query(lson,lf,rt,id);
if (rt > mid)ans = ans + query(rson,lf,rt,id);
return ans;
}
int main()
{
n = read(), m = read();
upd(i, 1, n)a[i] = read();
build(1, n, 1);
int op;
int l, r;
while (m--)
{
op = read();
l = read(), r = read();
if (op == 1)
{
a[l] = r;
update(1, n, 1, l);
}
else
{
int sum = 2*inf+3;
upd(i, 0, 9)
{
node ans = { inf + 1,inf + 1 };
ans = ans + query(1, n, 1, l, r, i);
if (ans.m1 != inf + 1 && ans.m2 != inf + 1)
sum = min(sum, ans.m1 + ans.m2);
}
if (sum!=2*inf+3)
{
printf("%d\n", sum);
}
else
printf("%d\n", -1);
}
}
}
最后一道題。。不會。。等以后更厲害了再說吧。。