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安全的营销型网站建设,wordpress 引入js,创意产品,wordpress仓库目录 瞎编乱造第一题 瞎编乱造第二题 瞎编乱造第三题 瞎编乱造第四题 瞎编乱造第五题 不是很想编了但还是得编的第六题 不是很想编了但还是得编的第七题 还差三道题就编完了的第八题 还差两道题就编完了的第九题 太好啦终于编完了 为啥一周六天早八阿 瞎编乱造第一题… 目录 瞎编乱造第一题 瞎编乱造第二题 瞎编乱造第三题 瞎编乱造第四题 瞎编乱造第五题 不是很想编了但还是得编的第六题 不是很想编了但还是得编的第七题 还差三道题就编完了的第八题 还差两道题就编完了的第九题 太好啦终于编完了 为啥一周六天早八阿 瞎编乱造第一题 因为偶数因子的操作是可逆所以我们只要匹配奇数因子就可以了 输入的时候我们就把每个偶数元素一直除到奇数 之后我们枚举b数组每一位右移 匹配上就标记一下 如果全匹配上就是Yes否则就是No #include bits/stdc.h using namespace std;const int MAXN 200005; int a, bb, b[MAXN]; bool vis[MAXN];void solve() {int n;cin n;for (int i 1; i n; i){vis[i] 0;}multisetint sa;for (int i 1; i n; i){cin a;while ((a 1) 0){a 1;}sa.insert(a);}for (int i 1; i n; i){cin bb;while ((bb 1) 0){bb 1;}b[i] bb;}for (int j 0; j 32; j){for (int i 1; i n; i){if (vis[i]){continue;}auto it sa.find(b[i] j);if (it ! sa.end()){sa.erase(it);vis[i] 1;}}}cout (sa.empty() ? YES\n : NO\n);return; } signed main(){int tt;cintt;while(tt–){solve();} } 瞎编乱造第二题 对区间总体加减可以转化为差分问题 第一个操作可以转化为第一个数差分-1选一个位置差分1 第二个操作可以转化为选一个位置差分-1 第三个操作可以转化为第一个数差分加1 我们把所有的差分求出来后先将从2-n所有差分归零在将第一个数归零即可 代码如下 #include bits/stdc.h using namespace std; #define int long long const int N1e610; int n, m, k; int a[N], d[N]; signed main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int T;cin T;while (T – ) {cin n;for (int i 1; i n; i ) cin a[i];for (int i 1; i n; i ) d[i] a[i] - a[i - 1];int res 0;for (int i 2; i n; i )if (d[i] 0) {res - d[i];d[1] d[i]; }else res d[i];res abs(d[1]);cout res \n;}return 0; } 瞎编乱造第三题 只要从2-n的每个a[i]都是a[1]的倍数即可满足条件 反之则不行 #include bits/stdc.h using namespace std; #define int long long const int N1e610; signed main() {ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int T;int t1;cint;while(t–) {int n;cinn;int a1;cina1;int flag1;for (int i2; in; i) {int x;cinx;if (x%a1!0)flag0;}if(flag1) coutYes;else coutNo; cout endl;}return 0; } 瞎编乱造第四题 当n为奇数时候先手必胜因为只要先手第一轮全拿走第二轮后手就会拿到你的位置他就输了 当n为偶数时因为每个人拿的堆是固定的所以只要看一下谁最少的堆个数少谁就会先拿完 谁就输了 要是都相等就是先手输 代码如下 #include bits/stdc.husing i64 long long;void solve() {int n;std::cin n;std::vectorint a(n);std::arrayi64, 2 step{};for (int i 0; i n; i) {std::cin a[i];}if (n % 2 1) {std::cout Mike\n;return;}for (int t 0; t 2; t) {int min std::numeric_limitsint::max();int j -1;for (int i t; i n; i 2) {if (a[i] min) {min a[i];j i / 2;}}step[t] 1LL * (n / 2) * min j;}if (n % 2 1 || step[0] step[1]) {std::cout Mike\n;} else {std::cout Joe\n;} }int main() {// freopen(9.in,r,stdin);// freopen(9.out,w,stdout);std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int t;std::cin t;while (t–) {solve();}return 0; } 瞎编乱造第五题 只要这个字符串的最后两位不相等这个字符串就一定满足条件 所以只要遍历一遍找两个不相等的字符贡献就是遍历到他的索引这个代码里有解释 之后再加上n每个单独的字符串都满足条件 #include bits/stdc.h using namespace std; #define int long long const int N1e610; signed main() {// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int T;cinT;while(T–) {long long sum 0;int n;scanf(%lld, n);string s ;cin s;for(int i 1; i n; i){if(s[i] ! s[i - 1]){// i的原因在于//以i这个位置的字符结尾的子串恰好是这么多//↑比如说1001的01以他们结尾的子串是1001 001 01正好对应索引3 //如果末位2字符成立所有子串都成立反之亦然//而这里是没有把1和0算进去的他们必然是成立的所以直接在外面加就行了 sum i;}}printf(%lld\n, (sum n));}return 0; } 不是很想编了但还是得编的第六题 只要找到x的最低位一并保留即可 如果x只有唯一一位1答案就要再加1最低位保留一个1保证异或大于0 特判一下1 #include bits/stdc.h using namespace std; typedef long long ll; #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr) #define INF 0x3f3f3f3f #define lowbit(x) ((x)(-x)) const ll MOD 1000000007; // const ll MOD 998244353; const int N 500010;void slove() {int n;cin n;if(n 1){cout 3 \n;return;}ll ans lowbit(n);if(ans ! n)cout ans \n;elsecout ans1 \n; }int main(void) {// freopen(9.in,r,stdin);// freopen(9.out,w,stdout);IOS;int tt 1;cin tt;while(tt–){slove();}return 0; } 不是很想编了但还是得编的第七题 我们找到一个最先变成奇数的数如果本来就有奇数那就不需要这步 把他变成奇数 之后所有的偶数加上这个奇数变成奇数 代码如下 #include bits/stdc.h using namespace std; #define int long long const int N1e610; #define lowbit(x) ((x)(-x)) int a[N]; signed main() {// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int T;cinT;while(T–) {int n;cin n;for(int i1;in;i){cin a[i];}int ans 0;for(int i1;in;i){if(a[i]1)ans;}if(ans){cout n-ans \n;continue;}int minn 1e97;for(int i1;in;i){int tmp lowbit(a[i]);int cnt 0;while(tmp ! 1){tmp/2;cnt;}minn min(minn , cnt);}cout minnn-1 \n;}return 0; } 还差三道题就编完了的第八题 就把所有数像山一样排起来就好了中间大两边小 2数量的x对答案的贡献是1 假如这样一个数组1 1 2 2 3 3 4 4这样排好之后答案就是4每个数都有两个以上每个数都贡献1排好之后1 2 3 4 4 3 2 1 其他1的x对答案贡献是总的这样的数/2上取整 假如这样一个数组1 2 3 4 5排好之后答案是3因为贡献是5/2上取整排好之后1 3 5 4 2 这两组贡献加起来 #include bits/stdc.husing i64 long long;void solve() {int n;std::cin n;std::mapint, int cnt;for (int i 0; i n; i) {int x;std::cin x;if (cnt[x] 2) {cnt[x];}}int ans 0, v 0;for (auto [x, c] : cnt) {if (c 2) {ans;} else {v;}}ans (v 1) / 2;std::cout ans \n; }int main() {// freopen(10.in,r,stdin);// freopen(10.out,w,stdout);std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(nullptr);int t;std::cin t;while (t–) {solve();}return 0; } 还差两道题就编完了的第九题 每个陷阱最初的贡献是a[i]-(n-i)先按这个排好序 躲掉的伤害减去之后增加的伤害 接下来考虑陷阱之间相互作用 前面每跳过一个陷阱后面陷阱躲掉的伤害就1贡献也1 所以是排好序的数组遍历前k个 满足a[i]-(n-i)(前面跳过的陷阱数)0这个等式就可以跳 #include bits/stdc.h using namespace std; #define int long long const int N1e610; #define lowbit(x) ((x)(-x)) int a[N]; signed main() {// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);int T;cinT;while(T–) {long long sum 0;int n, k;cin n k;for (int i 1; i n; i){cin a[i];sum a[i];a[i] - n - i;}sort(a 1, a 1 n, greaterlong long());for (int i 1; i k; i){if (a[i] -i){sum - a[i] i - 1;}else{break;}}cout sum \n;}return 0; } 太好啦终于编完了 对于每个前面是后面是的位置把它称之为山谷 也包括第一个左边的位置和最后一个右边的位置 我们让每个山谷都是0 之后向两边扩散每层加1 每个取max就好 代码如下 #include bits/stdc.h using namespace std; string a; int arr[500002] {0,}; int main() {cina;int n a.size();for(int i0;in;i){if(a[i] )arr[i1] max(arr[i1],arr[i]1);}for(int in-1;i0;i–){if(a[i] )arr[i] max(arr[i1]1,arr[i]);}long long sum 0;for(int i0;in;i){sum arr[i];}coutsum; }