写在前边

链接:Codeforces Round #707 (Div. 2)

心态真的越来越不好了,看A没看懂,赛后模拟了一遍就过了,B很简单,但是漏了个判断重复的条件。

A. Alexey and Train

链接:A题链接

题目大意:

不想说了,题目看了半天没看懂,心态又看炸了。

思路

代码:

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring> //#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") using namespace std; #define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'
#define pub push_back
#define pob pop_back typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI; const int Mod = 1000000007; LL gcd(LL a, LL b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
} const int N = 110;
int a[N], b[N], tm[N]; void solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a[i] >> b[i];
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> tm[i];
}
int moment = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
moment = moment + a[i] - b[i - 1] + tm[i];
if (i == n) break;
int wait = (b[i] - a[i] + 1) / 2;
moment += wait;
if (moment >= b[i]) continue;
else moment = b[i];
} cout << moment << endl;
} int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}

B. Napoleon Cake

链接:B题链接

题目大意:

就是往n层蛋糕上涂奶油,看最后有哪些层被奶油浸透。

思路

  1. 双指针。

    倒序枚举,枚举到一个涂有奶油的层,那么比它小的\(i - a[i] + 1\)都会被浸透,同时要注意如果遇到一个奶油更多的应该更新一下,比如1 0 0 0 4 3这个数据,枚举到3的时候,我们知道它能将蛋糕变成1 0 0 1 1 1,但是由于它的前边还有一个更厚的奶油,会使得蛋糕变成1 1 1 1 1 1所以应该要判断一下,详细说不清,看代码吧,主要要判断是否越界!
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring> //#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") using namespace std; #define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'
#define pub push_back
#define pob pop_back typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI; const int Mod = 1000000007; LL gcd(LL a, LL b) {
return b ? gcd(b, a % b) : a;
} const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
bool st[N]; void solve() {
memset(st, false, sizeof(st));
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
} for (int i = n; i >= 1; i--) {
if (a[i] > 0) {
int j = i;
int temp = a[i];
while (temp) {
st[j] = true;
temp--;
j--;
if (j <= 0) break;
if (a[j] >= temp) break;
}
i = j + 1;
}
} for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (st[i]) printf("%d ", 1);
else printf("%d ", 0);
}
cout << endl;
} int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}

2.差分

让\(b[i + 1]--\), 让\(b[max(i - a[i] + 1, 1)]++\) 也挺巧妙。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring> //#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") using namespace std; #define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'
#define pub push_back
#define pob pop_back typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI; const int Mod = 1000000007; const int N = 2E5 + 10;
int b[N], n, a[N]; void solve() {
memset(b, 0, sizeof(b));
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
b[i + 1]--;
b[max(i - a[i] + 1, 1)]++;
} for (int i = 1; i <= n; i++) b[i] += b[i - 1];
for (int i = 1; i <= n; i++) printf("%d ", (b[i] > 1 ? 1 : b[i]));
puts("");
} int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
solve();
}
return 0;
}

C. Going Home

链接:C题链接

题目大意:

给定\(n\)个数,找出四个坐标\(x,y,z,w\)使得\(a_x + a_y = a_z + z_w\)

思路

这个题是真的没想到,暴力\(O(n^2)\)随便过,原理是抽屉原理,比如有8个苹果7个箱子,现在将苹果全部装入箱子,那么至少有一个箱子有两个苹果,而现在给了N个数,那么我们可以有\(N * (N - 1) / 2\)个对,如果\(\cfrac{N * (N - 1)}{2} > 5,000,000\),那么其中必然有和相同的对。一共可以枚举出\(\cfrac{n*(n - 1)}{2}\)个数对,但是由于两个数最大之和为\(5*10^6\),我们所能枚举到的和的个数最多也就是\(5*10^6\),我们可以把先枚举到的和存到一个数组里,而最多枚举到\(5*10^6\)个数我们就能接着枚举到一个重复的和,而大部分情况下根本不用枚举到\(5*10^6\)个数我们就能枚举到一个已经存在的数,那么跳出循环即可,所以复杂度就是\(O(min(n^2, n + c))\),做过好几个类似的题了,都是可以通过判断出最大枚举范围然后直接暴力来做的。

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <map>
#include <cstring> //#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline") using namespace std; #define Inf 0x3f3f3f3f
#define PII pair<int, int>
#define P2LL pair<long long, long long>
#define endl '\n'
#define pub push_back
#define pob pop_back typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef vector<long long> VLL;
typedef vector<int> VI; const int Mod = 1000000007; const int N = 2e5 + 10, M = 5e6 + 10;
int a[N];
PII temp[M]; void solve() {
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n - 1; i++) {
for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
int t = a[i] + a[j];
if (temp[t].first == 0 || temp[t].second == 0) {
temp[t] = {i, j};
continue;
} else {
if (temp[t].first != i && temp[t].first != j && temp[t].second != i && temp[t].second != j) {
puts("YES");
printf("%d %d %d %d\n", temp[t].first, temp[t].second, i, j);
return;
}
}
}
} puts("NO");
} int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
solve();
return 0;
}

Codeforces Round #707 (Div. 2)A~C题解的更多相关文章

  1. Codeforces Round #612 (Div. 2) 前四题题解

    这场比赛的出题人挺有意思,全部magic成了青色. 还有题目中的图片特别有趣. 晚上没打,开virtual contest打的,就会前三道,我太菜了. 最后看着题解补了第四道. 比赛传送门 A. An ...

  2. Codeforces Round #198 (Div. 2)A,B题解

    Codeforces Round #198 (Div. 2) 昨天看到奋斗群的群赛,好奇的去做了一下, 大概花了3个小时Ak,我大概可以退役了吧 那下面来稍微总结一下 A. The Wall Iahu ...

  3. Codeforces Round #672 (Div. 2) A - C1题解

    [Codeforces Round #672 (Div. 2) A - C1 ] 题目链接# A. Cubes Sorting 思路: " If Wheatley needs more th ...

  4. Codeforces Round #614 (Div. 2) A-E简要题解

    链接:https://codeforces.com/contest/1293 A. ConneR and the A.R.C. Markland-N 题意:略 思路:上下枚举1000次扫一遍,比较一下 ...

  5. Codeforces Round #610 (Div. 2) A-E简要题解

    contest链接: https://codeforces.com/contest/1282 A. Temporarily unavailable 题意: 给一个区间L,R通有网络,有个点x,在x+r ...

  6. Codeforces Round #611 (Div. 3) A-F简要题解

    contest链接:https://codeforces.com/contest/1283 A. Minutes Before the New Year 题意:给一个当前时间,输出离第二天差多少分钟 ...

  7. Codeforces Round #499 (Div. 2) D. Rocket题解

    题目: http://codeforces.com/contest/1011/problem/D This is an interactive problem. Natasha is going to ...

  8. Codeforces Round #499 (Div. 2) C Fly题解

    题目 http://codeforces.com/contest/1011/problem/C Natasha is going to fly on a rocket to Mars and retu ...

  9. Codeforces Round #198 (Div. 2)C,D题解

    接着是C,D的题解 C. Tourist Problem Iahub is a big fan of tourists. He wants to become a tourist himself, s ...

  10. Codeforces Round #579 (Div. 3) 套题 题解

    A. Circle of Students      题目:https://codeforces.com/contest/1203/problem/A 题意:一堆人坐成一个环,问能否按逆时针或者顺时针 ...

随机推荐

  1. 三个编程思想:面向对象编程、面向接口编程、面向过程编程【概念解析系列_1】【C# 基础】

    〇.前言 对于 .Net 中的编程思想还是十分重要的,也是编码出高效的程序的基础! 在使用之前了解其本质,那么用起来就游刃有余.下面来简单对比下三个编程思想,看下它们都是什么,它们之间又有什么关系. ...

  2. Git: remote: The project you were looking for could not be found.

    解决方案 最简单的是在电脑的用户凭证中修改,改为正确的结果. 特殊情况 既只对改项目配置,不影响全局 命令如下: 克隆 git clone http://username:password@xxx.c ...

  3. node.js中kafka的封装和高并发消费限流优雅降级以及egg-kafka的封装说明

    HI!,你好,我是zane,zanePerfor是一款我开发的一个前端性能监控平台,现在支持web浏览器端和微信小程序端. 我定义为一款完整,高性能,高可用的前端性能监控系统,这是未来会达到的目的,现 ...

  4. Hugging News #0731: 新课程重磅发布、用户交流群邀请你加入、真实图像编辑方法 LEDTIS 来啦!

    每一周,我们的同事都会向社区的成员们发布一些关于 Hugging Face 相关的更新,包括我们的产品和平台更新.社区活动.学习资源和内容更新.开源库和模型更新等,我们将其称之为「Hugging Ne ...

  5. 零基础入门——从零开始学习PHP反序列化笔记(一)

    靶场环境搭建 方法一:PHPstudy搭建 GitHub地址 https://github.com/mcc0624/php_ser_Class 方法二:Docker部署 pull镜像文件 docker ...

  6. Python实现商城购物经典案例

    代码分步骤思路: 商城添加商品:opea_db = [{'store_name': '手机','num': 1}] while True: store_name=input('请输入需要存放的商品(按 ...

  7. ENVI+ERDAS实现Hyperion叶绿素含量反演:经验比值法、一阶微分法

    本文介绍基于ENVI与ERDAS软件,依据Hyperion高光谱遥感影像,采用经验比值法.一阶微分法等,对叶绿素含量等地表参数加以反演的具体操作. 目录 1 前期准备与本文理论部分 1.1 几句闲谈 ...

  8. java与es8实战之四:SpringBoot应用中操作es8(无安全检查)

    欢迎访问我的GitHub 这里分类和汇总了欣宸的全部原创(含配套源码):https://github.com/zq2599/blog_demos 本篇概览 本篇是<java与es8实战>系 ...

  9. API接口的技术的概念

    当今互联网技术的发展越来越快,越来越多的网站和应用程序需要获取外部数据来提供更好的服务和用户体验,这就需要使用API接口.本文将会对API接口的概念.类型以及如何调用API接口进行简要介绍. 一.什么 ...

  10. 一文了解Validator库

    1. 引言 github.com/go-playground/validator 是一个 Go 语言的库,用于对结构体字段进行验证.它提供了一种简单而灵活的方式来定义验证规则,并在验证过程中检查结构体 ...