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(资料图)
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A Lame King
Solution:
比较water,直接放代码了。
void solve(){int a, b;cin >> a >> b;a = abs(a);b = abs(b);int ans = abs(a) + abs(b);ans += max(ll(0),(max(a, b) - min(a , b) - 1));cout << ans << endl;}
B Vaccination
Solution:
一个比较显然的贪心策略,这种区间题一般都会这么考虑,把每个点能到的最右的边界算出来,即\(t_{i} + d + w\)考虑之后的点在这个边界前能放多少个,能放尽量放。重复此操作即可。
void solve(){int n , k, d, w;cin >> n >> k >> d >> w;vector t(n + 1);for (int i = 1;i <= n;i ++) cin >> t[i];int ans = 1;int r = t[1] + w + d;int cnt = 1;for (int i = 2;i <= n;i ++) {if(t[i] <= r && cnt < k) {// cout << i << endl;cnt++;continue;}else {cnt = 1;r = t[i] + w + d;// cout << r << endl;ans++;}}cout << ans << endl;}
C Pull Your Luck
Solution:
可以想想这个点是在一个数轴上跳跃,不难发现,\(n\)的范围是\(1e5\),并且,考虑一个点,跳\(n\)步和跳\(2 n\)步的效果是一样,循环节为\(2n\),问题就解决了。
void solve(){int n, x, p;cin >> n >> x >> p;for (int i = 1;i <= min(n * 2, p);i ++){x = (x + i) % n;if(x == 0) {cout << "Yes" << endl;return ;}}cout << "No" << endl;}
D Accommodation
Solution:
其实真的挺一眼的,以为他太难所以在想\(DP\)之类的方法,其实就是很简单的贪心
先考虑最小,我们希望每个\(1\)做的贡献尽量少,所以我们需要让两个连着的\(1\)尽量用\(\frac{m}{4}\)的房间去填充,这样原本两个\(1\)对答案的贡献是\(2\),现在变成\(1\)了,所以有
\[ans_{min} = ans_{min} + cnt_{total} - cnt_{two}\]\(cnt_{total}\)是\(1\)的总数\(cnt_{two}\)是双\(1\)的个数
再考虑最大,我们希望每个\(1\)做的贡献尽量多,所以我们要尽可能地让\(\frac{m}{2}\)地方去填充\(1\),但这样不是特别好考虑,所以我们可以反着来思考,即考虑每个\(01,10,00\)用\(\frac{m}{4}\)去填充,记\(cnt_{two"}\)为除了\(11\)外地个数,如果有框住\(01,10,00\),\(1\)的贡献不变,否则会有一对\(11\)的贡献为1,所以有:
\[ans_{max} = ans_{max} + cnt_{total} - (\frac{m}{4} - min\left\{\frac{m}{4},cnt_{two"}\right\})\]void solve(){int n , m;cin >> n >> m;vector s(n + 10);for (int i = 1;i <= n;i ++) cin >> s[i];for (int i = 1;i <= n;i ++) s[i] = " " + s[i],s[i] += " ";int ans1 = 0;int ans2 = 0;for (int i = 1;i <= n;i ++) {int cnt = count(s[i].begin(),s[i].end(),"1");int cnt1 = 0;int cnt2 = 0;for (int j = 1;j <= m - 1;j ++) {if(s[i][j] == "1" && s[i][j + 1] == "1") {j ++;cnt1 ++;}}for (int j = 1;j <= m - 1;j ++) {if(s[i][j] != "1" || s[i][j + 1] != "1") {j ++;cnt2++;}}ans1 += cnt - min(m / 4,cnt1);ans2 += cnt - (m / 4 - min(m / 4,cnt2));}cout << ans1 << " " << ans2 << endl;}
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