T1 压岁钱
题目背景
祝大家庚子鼠年快乐!Best wishes!
也愿肺炎早日得到控制吧,中国加油!
新年到了,小 Z 总是能收到很多的压岁钱。
小 Z 是个非常喜欢氪金的玩家,所以时不时都会把压岁钱花掉一部分用来买皮肤和石头。
但是小 Z 又十分担心压岁钱没过几天就都被自己花完了。为此,小 Z 有封印大法,能够暂时的把自己的一部分钱封印起来(即无法花费),直到某一天解除封印后才能使用。
题目描述
一共存在有 mm 个事件,且事件分为以下的 33 种类型。
小 Z 得到了 aa 元压岁钱。
小 Z 花掉了 aa 元压岁钱用于买皮肤。
小 Z 把自己的 aa 元钱封印了起来,只有当第 bb 个事件发生前 11 秒才会解除封印,并保证每次小 Z 现有的钱大于等于封印的钱。
当小 Z 的钱在某个事件不够花时,小 Z 会感到不开心,同时钱不够花时小 Z 便不会花钱。
请告诉小 Z ,他的钱在几个事件中会不够花。
输入格式
第一行一个整数 m,用于表示事件发生的总数。
接下来的 m 行,首先一个整数 t,表示事件的类型。
如果 t=1 或 t=2,则接下来一个整数 a。
如果 t=3,则接下来两个整数 a,b。
输出格式
一行一个整数,表示钱不够花的事件数。
输入输出样例
输入 #1
3
1 10
2 20
2 10
输出 #1
1
输入 #2
5
1 10
3 5 5
2 10
1 10
2 20
输出 #2
1
说明/提示
【样例 1 解释】
第一天:收入 1010 元,余额 1010 元。
第二天:不够支出 2020 元,余额 1010 元。
第三天:支出 1010 元,余额 00 元。
总计:11 天。
【样例 2 解释】
第一天:收入 1010 元,余额 1010 元。
第二天:封印 55 元,余额 55 元。
第三天:不够支出 1010 元,余额 55 元。
第四天:收入 1010 元,余额 1515 元。
第五天:封印解开,支出 2020 元,余额 00 元。
总计:11 天。
分析:前70分就是白给,随便写,对于第三个事件,我们考虑在暴力的基础上用树状数组优化。树状数组维护第i个事件到第j个事件中,一共封印了多少钱,于是这道题就变成了一个区间修改,单点查询的裸题。我们先正常计算一共有多少钱,查询(2事件)的时候加上被封印的钱数进行判断即可(我存的封印钱数是负数)
上代码
#include
#include
#include
#include
#define int long long
using namespace std;
int m,t,a,b,ans;
int mon;
int fi[1000005];
int f[1000005];
inline int lowbit(int x)
{
return x&(-x);
}
inline int get(int x){
int sum=0;
for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i)){
sum+=f[i];
}
return sum;
}
void add1(int x,int d){
for(int i=x;i<=m;i=i+lowbit(i)){f[i]=f[i]+d;}
return;
}
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
main(){
m=read();
ans=0;
int feng=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
t=read();
if(t==1){
a=read();
mon+=a;//正经的钱数
}
else if(t==2){
a=read();
if(a>mon+get(i)){
ans++;
}
else{
mon-=a;
}
}
else if(t==3){
a=read();
b=read();
add1(i,-a);
add1(b,a);
}
}
cout<
T2 斗牛
题目背景
又是一年过去了。小 Z 在春节期间可以好好的放松放松,于是小 Z 和小伙伴们玩起了牛哄哄(斗牛)。
游戏规则是这样的:
给定 5 张牌,分别从1∼10。你需要挑选其中的三张牌加起来是 1010 的倍数,另外两张牌的和的个位数则为你最后获得的点数,特别的,如果这两张牌的和是 10的倍数,则点数为 10,也叫做牛哄哄。如果不能构成 10 的倍数,则点数为 0,也叫做牛不拢。
如 5 3 2 3 4 的点数是 7,又叫做牛七。
小 Z 觉得玩的不过瘾,于是对上述规则进行了一些改变。
题目描述
给定 n张牌,牌的大小为1∼10。你需要挑选其中的 n-2 张牌加起来是 10 的倍数,另外两张牌和的个位数即为你所获得的点数。特别地,如果这两张牌的和是 10 的倍数,则点数为 10,也叫做牛哄哄。如果任意 n-2 张牌不能构成 10 的倍数,则点数为 0,也叫做牛不拢。
由于小 Z 想要更开心的玩耍,所以需要你来完成这个程序来帮助小 Z 在 11 秒内知道点数。
输入格式
第一行一个整数 n,表示一共有 n 张牌。
第二行 n 个整数,表示这 n 张牌的大小。
输出格式
一行一个整数,表示这局牌的点数,点数的范围是 0 \sim 100∼10。
输入输出样例
输入 #1
5
10 10 10 2 3
输出 #1
5
输入 #2
5
3 4 5 6 7
输出 #2
0
说明/提示
【样例 1 解释】
10 10 10三张牌凑成 10的倍数,2+3=5。
【样例 2 解释】
任意三张牌都不能凑成 10 的倍数。
(捆绑数据可挺艹)
题解:前50分n^2暴力乱跑就能过(这套题数据真的水),后面我们进行这样的考虑,把所有的牌加起来,和的各位数字所代表的数,以及这个数加十,如果能被表示为两张牌的和,那么就可以了(为什么只加十,因为两张牌最大是20)注意细节,这题白给。
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n,k,ans1,ans2;
int sum;
int you;
int pa[1000060];
int tt[10];
int pp[15];//是否出现过
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
inline void pd1(){
int mid;
for(int i=1;i<=9;i++){
if(pp[i]){
mid=ans1-i;
if(mid==i){
if(pp[i]>=2){
if(i*2!=10&&i*2!=20)
cout<<(i*2)%10;
else cout<<10;
exit(0);
}
}
else if(pp[mid]){
if(i+mid!=10&&i+mid!=20)
cout<<(i+mid)%10;
else cout<<10;
exit(0);
}
}
}
return ;
}
inline void pd2(){
int mid;
for(int i=1;i<=9;i++){
if(pp[i]){
mid=ans2-i;
if(mid==i){
if(pp[i]>=2){
if(i*2!=10&&i*2!=20)
cout<<(i*2)%10;
else cout<<10;
exit(0);
}
}
else if(pp[mid]){
if(i+mid!=10&&i+mid!=20)
cout<<(i+mid)%10;
else cout<<10;
exit(0);
}
}
}
return ;
}
int main(){
n=read();
you=0;
if(n==5){
int zhn=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
tt[i]=read();
zhn+=tt[i];
}
int lgr=zhn%10;
if(!lgr){
for(int i=1;i
T3 游戏
题目背景
小 Y 和小 Z 是一对好朋友,他们在玩一个游戏。游戏只有一个回合。
题目描述
有一个牌堆,一共有 n 张牌,第 i 张牌上有一个数 a_i ,其中第一张牌是堆顶。
小 Z 先取牌,他可以从堆顶开始取连续若干张牌(可以取 0 张),取完的牌拿在手上,也就是不在牌堆里了。
然后小 Y 取牌,同样,她也可以从堆顶开始取连续若干张牌(可以取 0 张)。
如果一个人手上的牌的数字和大于 X,那么他的分数就是 0,否则分数就是数字和。
分数高的人获胜,如果一样高,则无人获胜。
小 Z 为了获胜,使用了透视挂,即他知道牌堆里每张牌上写的数。
现在问你对于满足 1≤X≤K 的所有整数 X,哪些可以使得小 Z 有必胜策略,即小 Z 取完后,不管小 Y 怎么取都一定会输。
输入格式
第一行一个整数 n,表示牌堆里有几张牌。
第二行 n 个整数,表示每张牌上写的数。
第三行一个正整数 KK,含义见题目描述。
输出格式
第一行一个整数,表示满足要求的 XX 的个数。
第二行从小到大依次输出满足要求的 XX,用空格隔开。
输入输出样例
输入 #1 复制
5
1 4 3 2 2
5
输出 #1 复制
3
1 2 3
说明/提示
【样例解释】
X=1,2,3 时,小 Z 取一张牌,小 Y 不管怎么取都是零分。
X=4时,小 Z 如果取 1 张,那么小 Y 取 1 张小 Y 就赢了;否则小 Z 只能是零分。
X=5时,小 Z 如果取 1 张,那么小 Y 取 1 张小 Y 就赢了;小 Z 如果取了 2 张,小 Y 也取2 张,平局;否则小 Z 只能是零分。
题解:我这题就写了个37分的暴力,后面还没写,明天再说(留坑)
#include
#include
#include
#include
#define int long long
using namespace std;
int n,k;
int a[1000050];
int sum[1000005];//前缀和
int ans[1000005];
int tmp=0;
inline int read(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
main(){
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+a[i];
k=read();
int zhn;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(sum[i]>k){
zhn=i;
break;
}
}
if(n==1){//3分算法
if(a[1]>k)cout<<0;
else{
cout<1) cout<<0;
else if(a[2]==1) cout<<0;
else cout<<1<i){
int zz=sum[j-1];//小z最大牌
for(int kk=j;kk<=n;kk++){
if(sum[kk]-sum[j-1]>i){
int jj=sum[kk-1]-sum[j-1];
if(jj
T4 (看到期望我就跑了QAQ以后再说吧)
总结:算法忘了,脑子秀逗了,我想回机房了///