考勤刷卡 最大和 简单 蓝桥杯省赛 2022

问题描述
小蓝负责一个公司的考勤系统, 他每天都需要根据员工刷卡的情况来确定 每个员工是否到岗。

当员工刷卡时, 会在后台留下一条记录, 包括刷卡的时间和员工编号, 只 要在一天中员工刷过一次卡, 就认为他到岗了。

现在小蓝导出了一天中所有员工的刷卡记录, 请将所有到岗员工的员工编 号列出。

输入格式
输入的第一行包含一个正整数 n, 表示一天中所有员工的刷卡记录的条数。 接下来 n 行, 每行包含一条刷卡记录, 每条刷卡记录的格式为:

HH:MM:SS ID

其中 HH:MM: SS 表示刷卡时间, HH 为一个 0 到 23 之间的两位十进制整数 (可能含前导 0 ) 表示时, MM 为一个 0 到 59 之间的两位十进制整数 (可能含前 导 0) 表示分, SS 为一个 0 到 59 之间的两位十进制整数 (可能含前导 0 ) 表 示秒, ID 为一个不含前导 0 的整数表示员工的编号。

所有记录按照刷卡时间升序排列, 可能同一时刻有多人刷卡。

输出格式
输出若干行, 每行包含一个整数, 按照从小到大的顺序输出, 表示到岗员 工的编号。
样例输入

4
13:05:42 103
14:07:12 4567
15:03:00 103
17:00:21 1

样例输出

1
103
4567

一眼顶针，鉴定为纯纯的老坛题目
用set自带的去重和排序就行了

#include 
using namespace std;
set<long long> s;
int n,a,b,c,d;
int main(){
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d:%d:%d %d",&a,&b,&c,&d);
        s.insert(d);        
    }
    for (set<long long>::iterator it = s.begin();it != s.end(); it++) {
        cout << *it << endl;
    }
    return 0;
}

问题描述
小蓝在玩一个寻宝游戏, 游戏在一条笔直的道路上进行, 道路被分成了 n 个方格, 依次编号 1 至 n, 每个方格上都有一个宝物, 宝物的分值是一个整数 (包括正数、负数和零), 当进入一个方格时即获得方格中宝物的分值。小蓝可 以获得的总分值是他从方格中获得的分值之和。

小蓝开始时站在方格 1 上并获得了方格 1 上宝物的分值, 他要经过若干步 到达方格 n。当小蓝站在方格 p 上时, 他可以选择跳到 p+1 到 p+D(n−p) 这些方格 中的一个, 其中 D(1)=1,D(x)(x>1) 定义为 x 的最小质因数。

给定每个方格中宝物的分值, 请问小蓝能获得的最大总分值是多少。

输入格式
输入的第一行包含一个正整数 n

第二行包含 n 个整数, 依次表示每个方格中宝物的分值。

输出格式
输出一行包含一个整数, 表示答案。

样例输入

5
1 -2 -1 3 5

样例输出

8

用正向dp，结合题目，很好做

#include 
using namespace std;
int n;
long long dp[10005];
long long mp[10005];
//是否为质数
bool zhiShu(int i){
    if (i==2||i==3) return true;
    for (int j = 2; j*j <= i; j++) {
        if (i%j==0) return false;
    }
    return true;
}
//最小的质因数
int findMin(int x){
    if (x==0) return 0;
    if (x==1) return 1;
    for (int i = 2; i <= x; i++) {
        if (x%i==0 && zhiShu(i)) return i;
    }
}
int main(){
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> mp[i];
        dp[i] = INT_MIN;
    }
    dp[1] = mp[1];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int len = i + findMin(n-i);
        for (int j = i+1; j <= len; j++) {
            dp[j] = max(dp[j],dp[i] + mp[j]);
        }
    }
    cout << dp[n];
    return 0;
}