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A
题目
知识点：模拟。
确定开头字母，然后循环比较即可。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
题解
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
string s;
cin >> s;
string t = "Yes";
int pos = -1;
if (s[0] == t[0]) pos = 0;
else if (s[0] == t[1]) pos = 1;
else if (s[0] == t[2]) pos = 2;
else return false;
for (auto ch : s) {
if (ch != t[pos]) return false;
pos = (pos + 1) % 3;
}
cout << "YES" << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << "NO" << '\n';
}
return 0;
}
B
题目
知识点：枚举。
找到总和等于 \(sum + s\) 的排列，其中 \(sum\) 是原来序列的和。这个排列的最大数字不能小于原来序列里的最大数字，否则不合法。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
题解
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int m, s;
cin >> m >> s;
int mx = 0, sum = 0;
for (int i = 1;i <= m;i++) {
int x;
cin >> x;
sum += x;
mx = max(x, mx);
}
int ans = -1;
for (int i = 1;i <= 70;i++) {
if (i * (i + 1) / 2 == sum + s) {
ans = i;
break;
}
}
if (ans >= mx) cout << "YES" << '\n';
else cout << "NO" << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
C
题目
知识点：贪心。
分类讨论：
- \(a=b\) ，不用操作。
\(|a-b|\geq x\) ，一次操作。
先将 \(a\) 变 \(l\) （或 \(r\) ），再将 \(l\) （或 \(r\) ）变成 \(x\) ，两次操作（如果可以的话）。
先将 \(a\) 变 \(l\) （或 \(r\) ），再将 \(l\) （或 \(r\) ）变成 \(r\) （或 \(l\) ），再将 \(r\) （或 \(l\) ）变成 \(x\) ，三次操作（如果可以的话）。
无解，因为 \(a\) 变换到 \(l\) 或 \(r\) 将会拥有与 \(b\) 的最大距离，再不行就无解。
时间复杂度 \(O(1)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
题解
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int l, r, x;
int a, b;
cin >> l >> r >> x;
cin >> a >> b;
if (a == b) cout << 0 << '\n';
else if (abs(a - b) >= x) cout << 1 << '\n';
else if (a - l >= x && b - l >= x || r - a >= x && r - b >= x) cout << 2 << '\n';
else if (a - l >= x && r - l >= x && r - b >= x || r - a >= x && r - l >= x && b - l >= x) cout << 3 << '\n';
else cout << -1 << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
D
题目
知识点：数论，贪心。
显然尽可能配对 \(2\) 和 \(5\) 因子，随后尽可能乘 \(10\) 。
先找到 \(n\) 中已有的 \(2\) ，\(5\)因子数量，然后先用 \(mul\) 配平因子数（这样操作的得到的 \(mul\) 最小）。
之后，给 \(mul\) 乘 \(10\) 直到再次操作会超过 \(m\) 。
最后把 \(mul\) 加倍到最大值 \(m\) 内最大值。
时间复杂度 \(O(\log n + \log m)\)
空间复杂度 \(O(1)\)
题解
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
bool solve() {
int n, m;
cin >> n >> m;
int t = n;
int c2 = 0, c5 = 0;
while (t % 2 == 0) t /= 2, c2++;
while (t % 5 == 0) t /= 5, c5++;
int mul = 1;
while (c2 < c5 && mul * 2LL <= m) mul *= 2, c2++;
while (c2 > c5 && mul * 5LL <= m) mul *= 5, c5++;
while (mul * 10LL <= m) mul *= 10;
cout << 1LL * n * (m / mul) * mul << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
E
题目
显然贪心策略是从小到大吸收，考虑道具使用顺序。
方法一
知识点：枚举，dfs。
只有三个道具，直接搜索所有使用顺序即可，每次先把能吸收的吸收了。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
方法二
知识点：线性dp。
设 \(dp[i][j][k]\) 表示吸收了前 \(i\) 个人， \(2\) 倍道具剩 \(j\) 个， \(3\) 倍道具剩 \(k\) 个的最大能量。
转移时，先从吸收了 \(i-1\) 个人的状态转移到吸收了 \(i\) 个人的状态，再考虑吸收了 \(i\) 个人的状态后使用道具的情况。
使用道具时的转移不需要考虑转移顺序。某个状态被其他的状态更新后，再使用道具的状态一定会被更新他的状态包括，因此不需要考虑更新顺序。
时间复杂度 \(O(n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
题解
方法一
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int n;
int a[200007];
int dfs(int pos, int cntg, int cntb, ll h) {
while (pos <= n && h > a[pos]) h += a[pos++] / 2;
int mx = pos - 1;
if (cntg >= 1) mx = max(mx, dfs(pos, cntg - 1, cntb, h * 2));
if (cntb >= 1) mx = max(mx, dfs(pos, cntg, cntb - 1, h * 3));
return mx;
}
bool solve() {
int h;
cin >> n >> h;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
cout << dfs(1, 2, 1, h) << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
方法二
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007];
ll f[200007][3][2];
bool solve() {
int n, h;
cin >> n >> h;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
for (int i = 1;i <= n;i++)
for (int j = 0;j <= 2;j++)
for (int k = 0;k <= 1;k++)
f[i][j][k] = 0;
f[0][2][1] = h;
f[0][1][1] = h * 2;
f[0][2][0] = h * 3;
f[0][0][1] = h * 4;
f[0][1][0] = h * 6;
f[0][0][0] = h * 12;
for (int i = 1;i <= n;i++) {
for (int j = 0;j <= 2;j++)
for (int k = 0;k <= 1;k++)
if (f[i - 1][j][k] > a[i]) f[i][j][k] = max(f[i][j][k], f[i - 1][j][k] + a[i] / 2);
for (int j = 0;j <= 2;j++) {
for (int k = 0;k <= 1;k++) {
if (j >= 1) f[i][j - 1][k] = max(f[i][j - 1][k], f[i][j][k] * 2);
if (k >= 1) f[i][j][k - 1] = max(f[i][j][k - 1], f[i][j][k] * 3);
if (j >= 2) f[i][j - 2][k] = max(f[i][j - 2][k], f[i][j][k] * 4);
if (j >= 1 && k >= 1) f[i][j - 1][k - 1] = max(f[i][j - 1][k - 1], f[i][j][k] * 6);
if (j >= 2 && k >= 1) f[i][j - 2][k - 1] = max(f[i][j - 2][k - 1], f[i][j][k] * 12);
}
}
}
for (int i = n;i >= 0;i--)
for (int j = 0;j <= 2;j++)
for (int k = 0;k <= 1;k++)
if (f[i][j][k]) {
cout << i << '\n';
return true;
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
F
题目
知识点：贪心，枚举。
显然答案不会大于等于 \(p\) ，即只需要考虑 \(a_n\) 关于缺失数字的大小即可，用 set 存出现过的数。
如果没有小于 \(a_n\) 的缺失数字，就不需要进位，设最大的缺失数字为 \(mx\) （不存在则设为 \(a_n\) ），答案为 \(mx - a_n\) 。
如果有小于 \(a_n\) 的缺失数字，则必须进位。进位后，一定会出现 \(0\) 以及模拟进位后变化的最高位的数字，需要纳入 set 。随后找到小于 \(a_n\) 的最大缺失数字 \(mx\) （不存在则设为 \(0\) ），答案为 \(mx + p-a_n\) 。
因为给出的数字最多只有 \(100\) 个，所以每次找数字的次数不会超过 \(100\) 次。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
题解
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[107];
bool solve() {
int n, p;
cin >> n >> p;
for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> a[i];
set<int> st;
for (int i = 1;i <= n;i++) st.insert(a[i]);
bool cf = 0;
for (int i = a[n];i >= 0 && !cf;i--) cf |= !st.count(i);
if (cf) {
st.insert(0);
for (int i = n - 1;i >= 0;i--) {
if (a[i] + 1 < p) {
st.insert(a[i] + 1);
break;
}
}
int mx = a[n] - 1;
while (mx > 0 && st.count(mx)) mx--;
cout << mx + p - a[n] << '\n';
}
else {
int mx = p - 1;
while (mx > a[n] && st.count(mx)) mx--;
cout << mx - a[n] << '\n';
}
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
G
题目
知识点：构造，二分，贪心。
显然，\(a_{2i} = b_i\) 最优，接下来考虑 \(a_{2i-1}\) 。
首先，我们希望出现在前面的数字尽可能小，但因为留下的数字是较大的，不一定能让后面数字有解。于是，若要确定这个数字，那么就必须每次都需要检查一遍后面的数字是否还有解，这样很难以较小复杂度实现。
但是，我们知道出现在后面的数字要尽可能大，我们可以从后往前确定数字，这样就尽可能保留了小的数字，使得前面的数有解。并且，保留的数字不会比这种方案更小，因此如果前面的数字还是无解，那就真的无解。
因此，我们先把 \(1\) 到 \(n\) 存在 set 中，把出现过的数字删除。如果删除的数字已经删过，那么不可能是个排列，所以无解。然后，从后往前，确定未出现的数中小于 \(b_i\) 的最大数当作 \(a_{2i-1}\) ，如果没有则无解。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)
空间复杂度 \(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int a[200007], b[100007];
bool solve() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 1;i <= n / 2;i++) cin >> b[i], a[i * 2] = b[i];
set<int> st;
for (int i = 1;i <= n;i++) st.insert(i);
for (int i = 1;i <= n / 2;i++) {
if (!st.count(b[i])) return false;
st.erase(b[i]);
}
for (int i = n / 2;i >= 1;i--) {
auto pos = st.lower_bound(b[i]);
if (pos == st.begin()) return false;
a[i * 2 - 1] = *prev(pos);
st.erase(prev(pos));
}
for (int i = 1;i <= n;i++) cout << a[i] << ' ';
cout << '\n';
return true;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
cin >> t;
while (t--) {
if (!solve()) cout << -1 << '\n';
}
return 0;
}
