Toyota Programming Contest 2023#8（AtCoder Beginner Contest 333）（A~E）

A - Three Threes

题目大意：给你一个整数n，将这个数n输出n次。

呃呃

B - Pentagon

题目大意：给你一个正五边形ABCDE，给你任意两条边，判断是否相等

主要问题要判断一下内边：AD，AC，EB，EC，DB之间的关系，因为内边的夹角都相等，边也都相等（正五边形），所以内边都相等。要证明也可以画辅助线来证明，但是这显而易见，就不证明了。

#include 
//#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;

string s1,s2;

void yes(){
    cout<<"Yes"<>s1>>s2;
    if(s1[1]

C - Repunit Trio

题目大意：对于序列{1，11，111，1111，...}，后面类推。你可以任意选取三个相加（选取的数可以重复，但是选取的方案不能重复）来组成一个数x，对于新序列（升序）{x1，x2，x3，x4，...}，给你一个n，输出xn。

思路：因为n的范围只有333，所以可以直接暴力枚举所有相加方案，防止重复枚举开个set来存。

#include 
#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;

vectorv;
sets;
int cnt=1,n;

void solve(){
    cin>>n;
    v.push_back(1);
    v.push_back(11);
    v.push_back(111);
    v.push_back(1111);
    v.push_back(11111);
    v.push_back(111111);
    v.push_back(1111111);
    v.push_back(11111111);
    v.push_back(111111111);
    v.push_back(1111111111);
    v.push_back(11111111111);
    v.push_back(111111111111);
    for(int i=0;i

D - Erase Leaves

题目大意：给你一颗树，每次你可以删去一个叶子节点，把节点1删掉至少要删掉多少个节点。

思路：因为只能删叶子节点，所以要把节点1删掉的话，要把节点1先变成叶子节点。

假设节点1的儿子有：2,3,4

那么只要删掉任意两个儿子，节点1就可以变成叶子节点了。

所以我们只需要删掉节点1周围的所有子树，然后加回最多节点数的子树即可。

#include 
//#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;

const int N=3e5+5;
int n,u,v,f[N],maxx=INT_MIN,ans=1;//注意此处ans=1，初始化默认节点1已经被删了
vectore[N];

void dfs(int now,int fa){//求出每个节点下面都有多少个节点（包含自己）
    for(auto son:e[now])
        if(son!=fa){
            dfs(son,now);
            f[now]+=f[son];
        }
}

void solve(){
    cin>>n;
    per(i,1,n-1){
        cin>>u>>v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }

    per(i,1,n)f[i]=1;//初始化为1（即包含自己）
    dfs(1,1);

    for(auto son:e[1]){//遍历节点1的儿子
        maxx=max(maxx,f[son]);//记录最大的子树
        ans+=f[son];//全部删了
    }

    cout<

E - Takahashi Quest

吐槽：看到这种题目格式还以为是dp题，实际上没那么难

题目大意：高桥将会经历n个事件，每个事件可以描述为ti，xi。

如果ti=1，那么这里有一瓶xi药，可以用来对付xi怪

如果ti=2，那么这里有一个xi怪

在所有怪都被干掉的情况下，希望任意时刻高桥包里带的药的数量的最大值尽可能小。

最大值尽可能小：比如高桥可以带10瓶药来干掉5个怪，但是实际上只要5瓶药就可以了。

任意时刻：1药 1药 1怪 1药 1怪 1药，我们可以拿前面两个药来解决后面两个怪，但是这样任意时刻的最大值会变成2，然而实际上这个值为1就可以过关，每次拿一个药来干一个怪。

思路：贪心，带后悔的贪心。

因为任意时刻的最大值要尽可能小，所以我们能不带药就不带药，因为可能还会遇到怪，所以我们需要后悔前面某个不带药的时间节点，来干掉怪。

这个某个节点要尽可能选后面的，如果选前面的就会出现题目大意中说到的那个问题。

因为需要后悔，所以要保留所有药。因为尽可能要选后面的，可以开栈来维护所有药。

#include 
//#define int long long
#define per(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)<=(k);++(i))
#define rep(i,j,k) for(int (i)=(j);(i)>=(k);--(i))
#define fr first
#define se second
#define endl '\n'
using namespace std;

const int N=2e5+5;
int n,t[N],x[N],ans,tmp;
bool take[N];
stackq[N];//q[i]={j},药效为i的药{j}

void no(){
    cout<<-1<>n;
    per(i,1,n)cin>>t[i]>>x[i];

    per(i,1,n){
        if(t[i]==1)q[x[i]].push(i);
        else{
            if(q[x[i]].empty())return no();
            else{
                take[q[x[i]].top()]=true;
                q[x[i]].pop();
            }
        }
    }

    per(i,1,n){
        if(t[i]==1 and take[i])tmp++;
        else if(t[i]==2)tmp--;
        ans=max(ans,tmp);
    }

    cout<