AtCoder Beginner Contest 173 A-F
A：水题
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
const double PI= acos(-1.0);
const int M = 1e5+7;
/*
int head[M],cnt=1;
void init(){cnt=1,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,w;}ee[M*2];
void add(int x,int y,int w){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].w=w,ee[cnt].to=y,head[x]=cnt;}
*/
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
cin>>n;
cout<<(1000-n%1000)%1000< B：水题
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
const double PI= acos(-1.0);
const int M = 1e5+7;
/*
int head[M],cnt=1;
void init(){cnt=1,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,w;}ee[M*2];
void add(int x,int y,int w){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].w=w,ee[cnt].to=y,head[x]=cnt;}
*/
char s[M];
int c[4];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>s;
if(s[0]=='A')c[0]++;
else if(s[0]=='W')c[1]++;
else if(s[0]=='T')c[2]++;
else c[3]++;
}
cout<<"AC x "< C：二进制暴力枚举即可
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
const double PI= acos(-1.0);
const int M = 1e5+7;
/*
int head[M],cnt=1;
void init(){cnt=1,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,w;}ee[M*2];
void add(int x,int y,int w){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].w=w,ee[cnt].to=y,head[x]=cnt;}
*/
char s[10][10];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int h,w,k;
cin>>h>>w>>k;
for(int i=0;i>s[i];
int ans=0;
for(int i=0;i<(1<>a&1)continue;
if(j>>b&1)continue;
if(s[a][b]=='#')tp++;
}
if(tp==k)ans++;
}
cout< D：显然大的先放能得到的价值更大。
除了最大值只能得到一次贡献外， 其他每个值最多贡献2次（一左一右）
所以肯定优先取最大的数贡献。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ls (o<<1)
#define rs (o<<1|1)
#define pb push_back
const double PI= acos(-1.0);
const int M = 2e5+7;
/*
int head[M],cnt=1;
void init(){cnt=1,memset(head,0,sizeof(head));}
struct EDGE{int to,nxt,w;}ee[M*2];
void add(int x,int y,int w){ee[++cnt].nxt=head[x],ee[cnt].w=w,ee[cnt].to=y,head[x]=cnt;}
*/
int a[M];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
sort(a+1,a+1+n);
ll ans=a[n];
int nm=n-2;
for(int i=n-1;i>=1;i--)
{
if(nm>1)nm-=2,ans+=a[i]*2;
else if(nm==1)nm=0,ans+=a[i];
else break;
}
cout< E:
分情况即可：
1:0必须取
2：除了0之外的数全部取光
3：只有负数，且负数个数是奇数
4：否则一定可以构造出正数。正数最大的两个乘积与负数最小两个乘积不断相比较即可。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 2e5+7;
const int mod =1e9+7;
ll pz[M],pf[M];
ll z[M],f[M];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int n,k;cin>>n>>k;
int nm=0;//0的数量
int zm=0,fm=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x;cin>>x;
if(x>0)z[++zm]=x;
else if(x<0)f[++fm]=-x;
else nm++;
}
sort(z+1,z+1+zm);
sort(f+1,f+1+fm);
if(n-k=2)
{
if((q>=2 && z[q]*z[q-1]>f[w]*f[w-1])||w<2)
{
ans=ans*z[q]%mod;
ans=ans*z[q-1]%mod;
q-=2;
}
else
{
ans=ans*f[w]%mod;
ans=ans*f[w-1]%mod;
w-=2;
}
nw+=2;
}
else if(k-nw==1)
{
ans=ans*z[q]%mod,q--;
nw++;
}
else break;
}
cout<< ans< F：假设刚开始n个点，0条边。则结果很简单。
考虑每次加入一个边 u -> v ,（u
因为：u，v此时一定不连通（这是一颗树）。然后连边使得u所在联通块与v所在联通块连通。
则在S同时包括u，v时，答案会减一。（联通块减一）
综上：直接枚举减去贡献即可
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 2e5+7;
const int mod =1e9+7;
ll pz[M],pf[M];
ll z[M],f[M];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
int n;
cin>>n;
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)ans+=(ll)i*(n-i+1);
for(int i=1;i>u>>v;
if(u>v)swap(u,v);
ans-=u*(n-v+1);
}
cout<