A. Deadline
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题目大意
给你\(n,d\)两个数,问是否存在\(x\)使得\(x+\frac{d}{x+1}\leq n\)，其中\(\frac{d}{x+1}\)向上取整。
解题思路
方案一：利用均值不等式公式推导
\(x+\frac{d}{x+1}=x+1+\frac{d}{x+1}-1\geq2\sqrt{d}-1\)
所以 \(\min(x+\frac{x}{d+1})=2\sqrt{d}-1\)
因此去判断\(2\sqrt{d}-1\leq n\)是否成，即\(4\times n^2\leq (n+1)^2\)是否成立即可。方案二：暴力判断
很明显的一点就是\(x\)的值不会超过\(\sqrt{d}\)，所以遍历判断一下即可。
AC代码1
#include
using namespace std;
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--){
long long n,d;
cin>>n>>d;
if(4*d<=(n+1)*(n+1)){
cout<<"YES"< AC代码2
#include
const int maxn=1e3+100;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int main()
{
// freopen("data.txt","r",stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--){
int n,d;
cin>>n>>d;
bool flag=false;
for(int i=0;i*i<=d;i++){
if((i+d/(i+1)+(d%(i+1)==0?0:1))<=n){
flag=true;
}
}
if(flag)cout<<"YES"< 总结
最开始拿到这道题的时候居然有点懵，其实应该理所应当的想到\(x\)的值不会超过\(\sqrt{d}\)
B. Yet Another Meme Problem
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题目大意
给你两个数\(A,B\)，求满足\(1\leq a \leq A\)，\(1\leq b \leq B\)并且 \(a\times b+ a+b = a\times 10^{b的位数}+b\)的个数。
解题思路
在做这道题的时候其实出题人已经给了提示，所以很轻松的想到了结论，即找到满足\(\leq b\)并且每一位都是\(9\)的数字个数\(\times a\)即为答案。
结论推导：
\(a\times b+a+b=a\times 10^{b的位数}+b\)
\(a\times b+a = a\times 10^{b的位数}\)
\(a\times (b+1) = a\times 10^{b的位数}\)
\(b+1 = 10^{b的位数}\)
所以只有所有位都是\(9\)的数字才能满足，即\(9,99,999,\cdots\)
AC代码
#include
const int maxn=1e3+100;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int main()
{
// freopen("data.txt","r",stdin);
int t;
cin>>t;
while(t--){
ll a,b;
cin>>a>>b;
string str = to_string(b);
int len = str.size()-1;
bool flag = true;
for(int i=0;i 总结
这道题自己在求数字个数的时候用的是字符串求法，其实如果不是大数的话，个人认为用整数运算即可，还方便点。丢个代码出来。
int cnt=0;
int number=9;
while(number<=b){
number = number*10+9;
cnt++;
}C. Two Arrays
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题目大意
给你两个数字\(n,m\)，求用\(1\cdots n\)这\(n\)个数（数字可以重复）构造出两个长度为\(m\)的数组\(a,b\)满足一下要求的数组数量。
- 对于数组\(a,b\)中所有元素都满足\(a_i\leq b_i\)
- 数组\(a\)是非递减的
- 数组\(b\)是非递增的
解题思路
啊啊啊，这道题自己在做的时候没有想到把两个数组给合起来，思维太线性了，没有转过弯。数组\(a\)是非递减的，数组\(b\)是非递增的，如果将数组\(b\)反转连接在数组\(a\)的后面就是一个非递减数组，那么题目要求就转化为求用\(1\cdots n\)这\(n\)个数构造一个长度为\(2\times m\)的非递减数组的个数。
复杂度为\(O(n^2m)\)的转移方程
\(dp[i][j]\)表示第\(i\)个位置放数字\(j\)的方案数，那么\(dp[i][j]=\sum_{k=1} ^j dp[i-1][k]\)复杂度为\(O(nm)的转移方程\)
\(dp[i][j]\)表示第\(i\)个位置放数字\(j\)的方案数，那么\(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]\)，这里利用了前缀和的思想。
推导如下：
\(dp[i][j]=\sum_{k=1} ^j dp[i-1][k]=\sum_{k=1}^{j-1}dp[i-1][k]+dp[i-1][j]\)
因为\(dp[i][j-1]=\sum_{k=1} ^{j-1} dp[i-1][k]\)
所以 \(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]\)
又或者在不知道如何推导的情况下可以从思维上这样想
在第\(i\)个位置上可以放\(j-1\)，那么在第\(i\)个位置上肯定也可以放\(j\)，所以放\(j\)的个数肯定会包含放\(j-1\)的个数，但这样得到的所有方案在\(i-1\)这个位置上最大的是\(j-1\)，其实在\(i-1\)这个位置可以放\(j\)，所以再加上第\(i-1\)位置上放\(j\)的方案数。
AC代码
#include
const int mod=1e9+7;
const int maxn=2e1+10;
const int maxm=1e3+20;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
int dp[maxn][maxm];
int main()
{
// freopen("data.txt","r",stdin);
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=n;i++)dp[1][i]=1;
for(int i=2;i<=2*m;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
dp[i][j]=(dp[i][j-1]+dp[i-1][j])%mod;
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans+=dp[2*m][i];
ans%=mod;
}
cout< 总结
后悔拿到这道题没思考，再仔细思考一下，在理解题目的意思之后应当建立对应的模型，思维不能太线性了。