文章目录
- A (1). Ashy与几何(贪心+几何)
- B (2). One eye question of hengheng(前缀和)
- C Fox hate oranges(模拟)
- D KingZhang's Similar pair (思维)
- E (5). 38秒你敢交我A题？
- F (6). How many numbers are there
- G (7). Jump lattice (思维)
- H (8). CCoolGuang Conjecture(数论)
- I (9). Cutele想去打篮球(排序 ， 思维)
- J (10). The most difficult question
- K (11). 异世相遇
- L (12). 绘制图像
- M (13). UpMing的CrossFire幻境
A (1). Ashy与几何(贪心+几何)
求最小移动次数，我们的思路肯定是贪心的去移动，每次销都放在起点与终点的连线上，这样保证了要移动的距离最短，那如果起点与中点的距离不是我们移动距离的倍数，那么我们需要额外花费一次移动次数
就像这样 ， 我们要从 A - B , 但是A - B 圆心之间的距离不够 2r ， 我们借助一下C ， 先把A转移到C，在转移到B即可。
那么最后的答案就是 ceil(dis(a,b) /(2 * r))
double r , a , b , c , d;
int main(){
cout << fixed ;
cin >> r >> a >> b >> c >> d;
double x1 = abs(a - c);
double x2 = abs(b - d);
double sumx = sqrt(x1 * x1 + x2 * x2);
int ans = ceil(sumx / (2 * r));
cout << ans;
return 0;
}
B (2). One eye question of hengheng(前缀和)
可以暴力做 ， 但是这是个前缀和算法的裸题，在这里给出前缀和算法，前缀和算法可以把时间复杂度优化到O(n)
int n , q , a[N] , sum[N];
int main(){
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> a[i];
sum[i] = sum[i-1] + a[i];
}
int l , r;
cin >> q;
while(q--){
cin >> l >> r;
cout << sum[r] - sum[l-1] << "\n" ;
}
return 0;
}
C Fox hate oranges(模拟)
这个题出的很怪，怪就怪在讨厌句子的人手里会有橘子，但是这不妨碍我们做题
模拟一下即可，要注意的就是当我手里没有橘子的时候，我去讨厌橘子的人哪里是不会战斗的，这是个大坑点
int n , m , k;
int a[101];
bool vis[101];
int main(){
cin >> n >> m >> k;
for(int i=1;i<=m;i++) cin >> a[i];
for(int i=1;i<=k;i++){
int id;cin >> id;
vis[id] = 1;//标记讨厌橘子的人
}
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!vis[i]){//这个人喜欢橘子
if(n > a[i]) n -= a[i]; //橘子够 ， 给他橘子
else{
a[i] = n;
n = 0;//橘子不够 ， 全给他
}
}else{//讨厌橘子
if(n == 0) continue; //我没有橘子，不战斗
else if(n >= a[i]){//我有橘子，战斗我赢
a[i] += n / 2;
n -= n / 2;
}else{//我有橘子，战斗我输
n += a[i] / 2;
a[i] -= a[i] / 2;
}
}
}
cout << n << "\n" ;
for(int i=1;i<=m;i++) cout << a[i] << " " ;
return 0;
}
D KingZhang’s Similar pair (思维)
要满足条件首先数字的个数一定要是偶数个，这是毋庸置疑的，这样的话，情况就很好讨论了
- 奇数和偶数都是偶数个
这样必然能分组成功
- 奇数和偶数都是奇数个
这样的话，找一个奇数和一个偶数满足差为 1即可
我的查找方法是先排序找相邻数的差，怎么找都行
int n , k;
int a[N] , cnt1 , cnt2;
int main(){
cin >> n;
if(n % 2 != 0){
cout << "NO\n";
return 0;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> a[i];
if(a[i] % 2) cnt1++;
else cnt2++;
}
sort(a+1,a+1+n);
if(cnt1 % 2 == 0){//都是偶数个
cout << "YES" ;
}else{//否则找有没有差是1的
bool f= 0;
for(int i=1;i<n;i++){
if(a[i+1] - a[i] == 1){
f = 1;break;
}
}
if(f){
cout << "YES";
}else{
cout << "NO";
}
}
return 0;
}
E (5). 38秒你敢交我A题？
水题 ， 记下数就行
int n , t , a[N];
int main(){
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
sort(a+1,a+1+n);
int k = a[n/2+1];
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i] == k) cnt++;
}
if(cnt == 1){
cout << "Fox%xoF " << k;
}else{
cout << "Bad%daB" ;
}
return 0;
}
F (6). How many numbers are there
水题 ， 搞一个桶，存进去遍历一下就可
int n , t , a[N] , id;
int main(){
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> id;a[id] = 1;
}
int cnt = 0;
for(int i=1;i<=100000;i++){
if(a[i] == 1) cnt++;
}
cout << cnt;
return 0;
}
G (7). Jump lattice (思维)
要找最小的D，只要每次跳都是在 1 的左边一个 2的位置跳，那么答案就是最长的连续 1 的个数 + 1
int n , k;
int a[N],cnt = 1 , max1 = -inf;
int main(){
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >> k;
if(k == 2){
max1 = max(cnt , max1);
cnt = 1;
}else{
cnt++;
}
}
max1 = max(cnt , max1);
cout << max1 ;
return 0;
}
H (8). CCoolGuang Conjecture(数论)
这是2020CCPC威海站D题数据弱化版，防AK的，有够难，难为验题的我了
首先看 rad 的定义 ， rad( c ) 是 c的质因子乘积
首先我们可以发现性质1
- 根据唯一分解定理，每一个数都可以分解为质因子的乘积
如果一个数的质因子分解后幂次都是 1 ， 那么满足 rad( c ) == c
但是如果分解后出现幂次大于 1 的数，那肯定满足 rad( c ) < c
所以我们把 c 质因子分解后 ， 如果幂次都是 1,那么rad( abc ) >= c , 不可能出现 rad( abc ) < c
然后就是一个数质因子分解后如果有一个质因子幂次大于 1 ， 这样必然存在 a , b 满足rad( abc ) >= c且 a + b == c , 为什么呢 ， 我们来证明一下
假如 c == 75 ， 分解后就是 5 * 5 * 7
我们必然能拆掉那个出现多次的质数 5 * 5 * 7 -> (1 + 4) * 5 * 7
a = 1 * 5 * 7
b = 4 * 5 * 7
那么 a * b * c 的质因数就是 2 5 7 必然小于 5 * 5 * 7
我举这个例子的意思就是 ， 一个重复的质因子拆分相乘后，生成的新的质因子一定小于拆分的质因子，因此得证。
对所给数质因子分解 ， 分解后幂次都是 1 的数满足条件
int p[N] , cnt , t , n;
bool isp(int n){
if(n < 2) return 0;
for(int i=2;i*i<=n;i++)
if(n % i == 0) return 0;
return 1;
}
int main(){
for(int i=1;i<=100;i++) if(isp(i)) p[++cnt] = i;
cin >> t;
while(t--){
cin >> n;
bool f = 0;
for(int i=1;i<=cnt;i++){
int cnt = 0;
while(n % p[i] == 0){
cnt++;
n /= p[i];
}
if(cnt > 1){
f = 1;break;
}
}
if(f) cout << "yes\n";
else cout << "no\n";
}
return 0;
}
I (9). Cutele想去打篮球(排序 ， 思维)
我们给所有的数排个序 ， 可以发现我么要找的这两个数一定是相邻的数，非相邻的数间距一定会大于相邻的数，而且相邻的数恰好可以满足题目中的条件，所以题目就变成了找相邻数的最小值问题
int n , t , a[N] , id;
int min1 = inf;
int main(){
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<n;i++){
min1 = min(min1 , abs(a[i] - a[i+1]));
}
cout << min1 ;
return 0;
}
J (10). The most difficult question
const int inf = 1e9 + 10;
int n , t , a[N] , id;
ll ans = 1;
int main(){
cin >> n;
for(int i=1;i<=n;i++) ans = ans * i % p;
cout << ans;
return 0;
}
K (11). 异世相遇
注意用星尘抽卡后还会获得星辰
int n , t , a[N] , m;
int ans = 0;
int main(){
cin >> n >> m;
while(n >= 160 || m >= 75){
int k1 = n / 160; //原石抽卡次数
ans += k1;
n -= k1 * 160; //剩余原石数量
m += k1 * 15;//星辰数量
int k2 = m / 75; //星辰抽卡次数
ans += k2;
m -= k2 * 75;
m += k2 * 15;//剩余星辰数量
}
cout << ans;
return 0;
}
L (12). 绘制图像
主对角线是 i == j . 副对角线是 i + j = = n + 1 i+ j == n + 1 i+j==n+1
int n;
char c[100][100];
char a , b , s;
int main(){
cin >> n >> a >> b >> s;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i == 1 || i == n) c[i][j] = a;
else if(j == 1 || j == n) c[i][j] = b;
else if(i == j || i + j == n + 1) c[i][j] = s;
else c[i][j] = ' ';
cout << c[i][j];
}
cout << "\n" ;
}
return 0;
}
M (13). UpMing的CrossFire幻境
先全换成小写 ， 然后搜索一下就行
int n;
string s;
int a[N],cnt;
int main(){
cin >> n >> s;
int len = s.size();
for(int i=0;i<len;i++) s[i] = tolower(s[i]);
for(int i=0;i<len-2;i++){
if(s[i] == 'a' && s[i+1] == 'c' && s[i+2] == 'm'){
a[++cnt] = i;
}
}
cout << cnt << "\n" ;
for(int i=cnt;i>=1;i--) cout << a[i] << " "[i != 1];
return 0;
}
