2019年湘潭大学程序设计竞赛（重现赛）-题解
地址：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/893#question
A-Who's better?
思路：签到题，if判断即可
Code:
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAX_N=5e3+5;
int a[MAX_N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n,p,s;
int nn,pp,ss;
cin>>n>>p>>s;
cin>>nn>>pp>>ss;
int res=1;
if(n>nn){
res=1;
}else if(npp) res=2;
else if(p==pp){
if(sss) res=2;
else res=-1;
}
}
if(res==-1) cout<<"God"< B-Number
思路：按照题目要求来模拟即可
Code:
#include
#include
using namespace std;
int n,T;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n;
int res=0,p;
while(n!=1){
p=n%10;
if(p==0){
n/=10; ++res;
}else{
res+=10-p+1;
n=n/10+1;
}
}
cout< C-Math Problem
思路:先暴力跑了一遍发现符合条件的数就只有 1+192*k,那么只要找出区间[l,r]中符合条件的最小数x0和最大数x1以及个数s，那么ans=(x0+x1)*s/2;
具体数学证明 a=1+192*k：
Code:
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
int T;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
LL l,r;
while(T--){
cin>>l>>r;
LL sl=(l-1)/192+1;
LL sr=(r-1)/192+1;
LL s=sr-sl,res;
if(l%192==1) ++s;
LL x0=sl*192+1,x1=(sr-1)*192+1;
if(l%192==1) x0=l;
res=(x0+x1)*s/2;
cout< D-Stone
思路：大胆猜想，小心求证，我随便猜了下，就发现是ans=总和Sum-最大值Max ^v^
具体证明：
石子数累加和-最大一堆的石子数
因为每次合并代价都是小堆石子的数量，不妨设三堆石子a<= b <= c
最优方案，必然是a合并到c,再b合并到a+c;
如果先合并a和b，那么代价必然大于a+b
推而广之，最优方案为每次都往最大的那个堆上合并。
Code:
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
int n,T;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d",&n);
LL Sum=0,Max=0,x;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%lld",&x);
Sum+=x;
Max=max(Max,x);
}
printf("%lld\n",Sum-Max);
}
return 0;
} E-Watermelon
思路：维护第i个人时西瓜的数量[l,r]
当第i人为吃最多的那个人时，若l<=0，则说明到他已经没有西瓜了，则ans="YES",否则 l-=a[i],r-=a[i]
当第i人不是吃最多的那个人时，因为他可以吃[1,a[i]]个西瓜，因此只要 r>0就还有西瓜可以吃，若 r<=0,则ans="NO",否则 l-=a[i],r-=1
注意要防止 l 爆int ==> if(l<=0) l=0;
Code:
#include
using namespace std;
const int MAX_N=1e5+5;
int n,m,T;
int a[MAX_N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m;
int Max=0,p=0;
for(int i=0;i>a[i];
if(Max
F-Black & White
思路：暴力枚举，设1为有效值，将操作了m次的区间[l,r]在数组上遍历一遍即可，遍历区间右下标r,同时将左下标 l 保持同步移动使区间[l,r]中始终只操作了m次，ans保存最大长度。最后将数组0-1翻转再跑一遍即可
Code:
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAX_N=1e5+5;
int n,m,T;
string str;
int d[MAX_N];
int Find();
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--){
cin>>n>>m;
cin>>str;
int ans=Find();
for(int i=0;i G-Truthman or Fakeman
思路：DFS.分析一下发现还是不难的QAQ,有两种情况：
i认为j是一个Truthman，那么i和j属于一个集合(一真都真一假都假)
i认为j是一个Fakeman，那么i和j属于不同集合(你真我假你假我真)
这可以当做一条i到j的无向边，那么遍历所有人（不同区块），对于i,先设res[i]=1,DFS一遍 i 所在的区块，同时记录区块中人个数和为1的人个数，若 为1的人个数少于一半，则在DFS1一遍将其翻转。
Code:
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef pair pr;
const int MAX_N=1e5+5;
int n,m,T;
int Sum,s,p;
int res[MAX_N];
vector e[MAX_N];
bool boo[MAX_N];
void DFS(int u,int pre);
void DFS1(int u,int pre);
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
while(T--){
p=1;
memset(res,-1,sizeof(res));
memset(boo,0,sizeof(boo));
cin>>n>>m;
for(int i=0;i<=n;++i)
e[i].clear();
int u,v,w;
for(int i=0;i>u>>v>>w;
e[u].push_back({v,w});
e[v].push_back({u,w});
}
for(int i=1;i<=n&&p==1;++i)
if(res[i]==-1){
Sum=s=0;
boo[i]=true; res[i]=1;
DFS(i,0);
if(s+s
H-chat
思路：DP，写的时候有点思维乱，没想到还是一发AC (￣▽￣)／
d[i][j]:表示第i天女神生气度为j时的最小上线时间
dp[i][j]:表示前i天女神总生气度为j时的最小上线时间
对于d[i][j]求解，用数组aa[i]记录女神上线的时间，在两遍循环求出d[i][j]即可。。
那么状态转移方程就很简单：dp[i][j+k]=min{dp[i-1][k]+d[i][j]}
Code:
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAX_N=205;
const int MAX_M=205;
const int MAX_S=205;
int n,m,s,T;
int a[MAX_N];
int d[MAX_N][MAX_M];
int dp[MAX_N][MAX_S];
void Find(string str,int p);
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>T;
string str;
while(T--){
memset(d,0x7f,sizeof(d));
memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
cin>>n>>m>>s;
for(int i=0;i<=s;++i)
dp[0][i]=0;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
cin>>str;
Find(str,i);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=a[i];++j)
for(int k=s-j;k>=0;--k)
dp[i][j+k]=min(dp[i][j+k],dp[i-1][k]+d[i][j]);
int ans=dp[n][0];
for(int i=0;i<=s;++i)
ans=min(ans,dp[n][i]);
cout<