CF1266A Competitive Programmer
题目
给出n个数,问对于每个数,是否可以将这个数的数位重新组合(可以有前导零), 使其可以被60整除,若可以,则输出red,否则,输出cyan
分析
首先来看被60整除需要满足什么条件，因为60=2*3*10， 那我们就可以通过判断该数能否被2，3，10 同时整除即可。
应先去除一个0再判断2
能被 10 整除的数末尾一定是0，所以原数中一定存在0 能被 2 整除的数末尾一定是偶数，所以原数中一定存在偶数（0,2,4,6,8） 能被 3 整除的数各数位上的和一定为3的倍数
综上就就很好判断重排后能否被60整除了
ps：注意末位为0，和要去掉一个0 （被卡了好久）
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,le,sum,fl,a[10];
string s;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s; le=s.length();
memset(a,0,sizeof a); fl=0,sum=0;
for(int i=0;i<le;i++) a[s[i]-'0']++;
if(a[0]==le) { cout<<"red\n"; continue; }
if(a[0]==0) { cout<<"cyan\n"; continue; }
for(int i=0;i<=9;i++)
{
sum=(sum+i*a[i])%3; fl|=(a[i]!=0 && i%2==0 && i!=0 || a[0]>1);
/*
特别注意这里，如样例中1,3,5,0
0在判断10的时候已经用过了，所以不行
所以要a[0]>1
*/
}
if(fl==1 && sum%3==0) cout<<"red\n";
else cout<<"cyan\n";
}
return 0;
}CF1266B Dice Tower
题目
鲍勃正在玩 6 面的骰子。他有不限量的这样的骰子。骰子可以搭成骰子塔，骰子塔上可以看见的点子的数量称为骰子塔的点数。
输出 有 T 行 表示每一次询问的结果 如果可以搭成有 x 个点数的骰子塔输出YES 否则输出NO
分析
观察骰子构造，不难发现相对的两面和衡为7，所以露出的4面和为14，然后最上面还有一面取值范围在 [1,6 ],所以把问题转换为判断读入的数%14以后的余数是否在1~6之间
当你满心欢喜的交了以后，发现wa了，然后发现数据中有小于14的 那么就可以直接输出NO
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,T;
int main()
{
scanf("%lld",&T);
for(int i=1;i<=T;i++)
{
scanf("%lld",&n);
if(n<=14) cout<<"NO\n";
else if(1<=n%14 && n%14<=6) cout<<"YES\n";
else cout<<"NO\n";
}
return 0;
}CF1266C Diverse Matrix
题目
对于一个r行c列的矩阵，我们可以求出它每一行，每一列的最大公约数（共r+c个数）。 输入r,c。要求输出一个矩阵，满足这r+c个数不同，且这r+c个数的最大值最小。
分析
不难发现，矩阵中不能出现1，因为如果出现1，那么必定有一行与一列的gcd都为1
首先对于一个单行或单列的矩阵，结果很显然是相邻两项之差为 1，这样对于该行（列）gcd=1，对于列（行）gcd 为数本身，只要让第一个数大于 2，后面递增即可。
拓展到多行怎么做呢？同样按照上面思路，我们举一行拓展为多行的例子。
此时列数不变，即列的 gcd 可以同样按照上面的方法，行数增加了，我发现第一行 gcd=1，那我们直接给增加的每一行乘上一个系数不就好啦。这样每一行的 gcd= 系数 *1。
注意如果我们先算行的 gcd 的话，按上述方法此时已用的数是 1 到 r， 所以列构造时 gcd 应从 r+1 开始。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,f[505][505];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
if(n==1 && m==1) { cout<<0; return 0; }
if(n==1) { for(int i=1;i<=m;i++) cout<<i+1<<" "; return 0; }
if(m==1) { for(int i=1;i<=n;i++) cout<<i+1<<"\n"; return 0; }
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=m;j++)
cout<<(n+j)*i<<" ";
cout<<"\n";
}
return 0;
}CF1266D Decreasing Debts
题目
洛谷翻译有点。。，容易误导读者 第一眼认为是一道图论题，结果。。。
分析
题意是有若干个三元组，(x,y,z) 表示 x 欠 y 一共z 块钱。
然后试重新整理这些欠债关系使得金钱交易量最小。
现实中，我们只关心自己借出去了多少钱，拿回来了多少钱，至于这些钱是谁给的，其实并不重要，在这道题里面也一样。
具体地，给每个人一个余额 a，表示借出去了多少钱，也就是最终应该得到多少钱，初值为 0。
向别人借钱则余额减去 z，借给别人前则余额加上 z。
因为钱是谁给的不重要，所以只要随机选取一个正的和负的相互中和一下就行
Code
程序里不需要担心 l 和 r 位置上的值同正或同负，因为所有值都由+z和-z得到，被消掉也不会影响结果
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,x,y,z,l,r;
struct node{ ll a,b,z; }a[300005];
vector<node> ve;
bool cmp(node x,node y) { return x.a<y.a; }
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) a[i].b=i;
for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z),a[x].a+=z,a[y].a-=z;
sort(a+1,a+1+n,cmp);
l=1,r=n;
while(l<r)
{
while(l<r && a[l].a==0) l++;
while(l<r && a[r].a==0) r--;
if(l>=r) break;//要注意这里也要判断
if(a[l].a+a[r].a==0) ve.push_back((node){a[r].b,a[l].b,a[r].a}),r--,l++;
else if(a[l].a+a[r].a<0) ve.push_back((node){a[r].b,a[l].b,a[r].a}),a[l].a+=a[r].a,r--;
else ve.push_back((node){a[r].b,a[l].b,-a[l].a}),a[r].a+=a[l].a,l++;
}
cout<<ve.size()<<"\n";
for(auto v:ve) cout<<v.a<<" "<<v.b<<" "<<v.z<<"\n";
return 0;
}CF1266E Spaceship Solitaire
题目
分析
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,ans,x,y,z,a[200005];
map<pair<int,int>,int> ma;
signed main()
{
scanf("%lld",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",a+i),ans+=a[i];
scanf("%lld",&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld",&x,&y,&z);
if(ma[make_pair(x,y)])
{
a[ma[make_pair(x,y)]]++;
if(a[ma[make_pair(x,y)]]>0) ans++;
}
ma[make_pair(x,y)]=z; a[z]--;
if(a[z]>=0 && z) ans--;
cout<<ans<<"\n";
}
return 0;
}
