A - Plural Form
模拟签到题1
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<string>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
string s;
cin>>s;
if(s.back()=='s') s+="es";
else s+="s";
cout<<s<<'\n';
}
return 0;
}
B - Go to Jail
签到题2
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
int n;
cin>>n;
int cnt=0;
bool ok=0;
while(n--)
{
int a,b;
cin>>a>>b;
if(a==b)
{
cnt++;
if(cnt==3) ok=1;
}
else cnt=0;
}
if(ok) cout<<"Yes\n";
else cout<<"No\n";
}
return 0;
}
C - A x B + C
A × B + C = N A ×B + C=N A×B+C=N不难发现只要有 A × B < N A ×B <N A×B<N,就会有一组解。因此枚举 A A A随便求求即可
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
int n;
cin>>n;
ll res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
ll now=n/i;
if(n%i==0) now--;
res+=now;
}
cout<<res<<'\n';
}
return 0;
}
D - Leaping Tak
动态规划上楼梯升级版
状态表示: f i f_i fi表示目前在第 i i i个位置的集合
状态转移:枚举可以从哪些位置过来即可,前缀和优化!
// O(nk)
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define l first
#define r second
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=200010;
const ll mod=998244353;
int n,k;
ll f[N],s[N];
pii a[N];
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i].l>>a[i].r;
f[1]=1;
s[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=k;j++)
f[i]=(f[i]+s[max(0,i-a[j].l)]-s[max(0,i-a[j].r-1)])%mod;;
s[i]=(s[i-1]+f[i])%mod;
}
cout<<(f[n]+mod)%mod<<'\n';
}
return 0;
}
E - Sequence Sum
N ≤ 1 0 10 N\leq 10^{10} N≤1010非常大,一定不能暴力枚举,不过 M ≤ 1 0 5 M\leq 10^5 M≤105非常小,这意味这余数最多有 1 0 5 10^5 105情况,由此对于每一个所求的每一个 A i A_i Ai必定会出现循环节,只需要找到循环节即可。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
ll n,x,m;
int st[N];
ll s[N];
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>x>>m;
ll l,r;
for(ll a=x,k=1;;a=a*a%m,k++)
{
if(!st[a]) st[a]=k;
else
{
l=st[a],r=k-1;
break;
}
s[k]=s[k-1]+a;
}
ll len=r-l+1;
ll res=0;
res+=s[min(n,l-1)];
n=max(0ll,n-l+1);
if(n) res+=(s[r]-s[l-1])*(n/len)+(s[n%len+l-1]-s[l-1]);
cout<<res<<'\n';
}
return 0;
}
F - Simplified Reversi
还没看,明天看
维护两个数组row[]
和col[]
,row[i]
表示第i
行目前能够覆盖到哪一列。
考虑每次操作,如果目前在第x列(opt=1)放置,那么对于行来说就有一部分被截断,不难知道 [ 1 , m r o w ] [1,mrow] [1,mrow]被截断,因此需要在row[]
进行区间修改,答案会减去col[x]-2
需要单点询问,由此只需要用线段树维护这两个数组即可。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010;
int n,q;
struct Segment
{
struct node
{
int l,r,val,lazy;
}tree[N*4];
void build(int u,int l,int r)
{
tree[u]={
l,r,n,n+1};
if(l==r) return;
int mid=l+r>>1;
build(u<<1,l,mid);
build(u<<1|1,mid+1,r);
}
void pushdown(int u)
{
if(tree[u].lazy==n+1) return;
tree[u<<1].val=min(tree[u<<1].val,tree[u].lazy);
tree[u<<1|1].val=min(tree[u<<1|1].val,tree[u].lazy);
tree[u<<1].lazy=min(tree[u<<1].lazy,tree[u].lazy);
tree[u<<1|1].lazy=min(tree[u<<1|1].lazy,tree[u].lazy);
tree[u].lazy=n+1;
}
void modify(int u,int l,int r,int val)
{
if(tree[u].l>=l&&tree[u].r<=r)
{
tree[u].lazy=min(tree[u].lazy,val);
tree[u].val=min(tree[u].val,val);
return;
}
pushdown(u);
int mid=tree[u].l+tree[u].r>>1;
if(l<=mid) modify(u<<1,l,r,val);
if(r>mid) modify(u<<1|1,l,r,val);
}
int query(int u,int p)
{
if(tree[u].l==tree[u].r) return tree[u].val;
pushdown(u);
int mid=tree[u].l+tree[u].r>>1;
if(p<=mid) return query(u<<1,p);
else return query(u<<1|1,p);
}
}row,col;
int mrow,mcol;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>q;
row.build(1,1,n);
col.build(1,1,n);
ll res=1ll*(n-2)*(n-2);
mcol=mrow=n;
while(q--)
{
int op,x;
cin>>op>>x;
if(op==1)
{
mcol=min(mcol,x);
res-=col.query(1,x)-2;
row.modify(1,1,mrow,x);
}
else
{
mrow=min(mrow,x);
res-=row.query(1,x)-2;
col.modify(1,1,mcol,x);
}
}
cout<<res<<'\n';
}
return 0;
}
此题貌似我的解法非常复杂,不过我太菜只能用这种稍微暴力的数据结构维护,我 贪心啥的贪心不出来啊啊啊
要加油哦~