A. Era
思路：
對於任何一個a[i] > i來說，我們可以最多插入a[i] - i個1在最前面，所以最大值我們只需要把所有的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：
如果是偶數的話，我們可以分成偶數個只有一個數字的集合，這樣偶數個1異或起來一定0。那么如果是奇數的時候我們就想辦法把它湊成偶數個1，我們可以把兩個不遞增的數作為一個集合，這樣這兩個數作為一個1，就又有了偶數個1，所以奇數的時候我們只要看是否有這樣的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：
對於第i個數，假如他前面的數能以某種方式被全部刪除，那么我們看怎么刪除第i個數，第i個數如果可以被刪除，那么我們可以看從2到i+1這些數有沒有不能被a[i]整除的，如果有這樣的一個數k，那么我們在
a[i]是第k-1個數的時候刪除a[i]（因為刪除的條件是a[i]不能整除i+1），所以根據數學歸納法前i個數都可以被刪除，因此所有的數都要滿足這個條件，所以當有一個數不滿足這個條件時，即對於2到i+1的數都能整除，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;
顯然對於x > y的情況很容易判斷就是x + y，那么對於x <= y的情況我們可以這么考慮：
首先假設n < x：那么我們假設現在n%x = y%n是滿足的，那我們分析一下，n%x此時等於n，而y%n此時小於n，所以矛盾
然后假設n > y：那么同樣我們假設現在n%x = y%n是滿足的，那我們分析一下，n%x此時小於x，而y%n此時等於y要大於等於x，所以矛盾
因此n在x和y之間。
然后我們可以通過畫圖來模擬分析這個過程：設我們此時在原點，然后每次步長為x向前走，直到不超過y，就像這樣：
然后最大可到達的點p為y - y%x，我們此時要讓n%x = y%n，所以n我們可以取p和y的中點，即可滿足條件
#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; }