补题链接:Here

A - Not Editorial

给出 \(x = 1\) 则输出 0;给出 \(x = 0\) 则输出 1

利用 x ^ 1 可以快速实现 \(x\) 的转换

B - Product Max

比较端点乘积的大小即可

C - Ubiquity

题解:输入一个N,\(0<=A_i<=9\),所以一共 \(10^N\) 种情况,序列中元素个数为 \(N\),序列中一定存在 0 和 9,要得到至少有一个0和一个9的所有情况,思路使用总共的情况减去只有一个 0 、只有 一个 9 、或者 0 和 9 都没有的情况。

ans = (ans + mod) % mod;

因为取余后,各数的大小发生变化,这里防止 ans 减为负数!!!

typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
a %= mod;
for (; b; a = a * a % mod, b >>= 1)
if (b & 1) ans = ans * a % mod;
return ans;
}
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
ll n;
cin >> n;
ll ans = qpow(10, n) - qpow(9, n) - qpow(9, n) + qpow(8, n);
ans %= mod;
cout << (ans + mod) % mod;
return 0;
}

D - Redistribution

PS:先是看了半天,然后写几组样例,就找到规律了

\(a_i = a_{i - 1} + a_{i - 3}\\a_0 = 1,a_1 = a_2 = 0\)

最后别忘记取模即可

E - Dist Max

题意:二维平面上有N个点 \((x_i,y_i)\)。 找到其中两个点的最大曼哈顿距离。

思路:两点之间的位置关系可以有以下两种模式。

考虑两个最远点之间的位置关系...

  • \(x_i + y_i\) 的最大值 \(M_1\) 和最小值 \(m_1\) 之间的差异,当两个最远的点是右侧图形时;
  • \(x_i-y_i\) 的最大值,当两个最远的点是右侧图形时,\(M_2\)与最小值之间的差异值 \(m_2\)

因此,从直觉上讲,最 \(max(M_1-m_1,M_2-m_2)\) 似乎是答案。 让我们在公式转换的基础上进一步说明这一点。

公式变形:

关于绝对值问题前提:\(|x| = max(x,-x)\)

通常情况下,前景会更好。 对于每对(i,j),即使xi <xj,它也不会失去通用性(反之亦然,交换)。

\[|x_i - x_j| + |y_i - y_j| \\
=(x_j - x_i +max(y_j-y_i,y_i-y_j))\\
=max((x_j + y_j) - (x_i + y_i),(x_j - y_j)-(x_i,y_i))
\]

由上面的变形

  • 求各个 \((i,j)\) 的 \((x_j + y_j) - (x_i + y_i)\) 的最大值
  • 求各个 \((i,j)\) 的 \((x_j - y_j) - (x_i - y_i)\) 的最大值

所以再回到上面:\(max(M_1-m_1,M_2-m_2)\) 正是答案

  • \(\mathcal{O}(N)\),但由于用了 sort 时间复杂度为 \(\mathcal{O}(NlogN)\)
int main() {
ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> a, b;
for (int i = 0, x, y; i < n; ++i) {
cin >> x >> y;
a.emplace_back(x + y);
b.emplace_back(x - y);
}
sort(a.begin(), a.end());
sort(b.begin(), b.end());
cout << max(a[n - 1] - a[0], b[n - 1] - b[0]);
return 0;
}

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