24牛客寒假(3)总结

L,M，M没想到，L暴力过了签到题数据太小了

#include 
using namespace std;

long long T,n,m[2][9],ans,mm[10],a[10][9];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
    //样例数
	cin>>T;
	while (T--)
	{
        //
		long long temp;
        //输入数字
        cin>>temp;
        //预处理
        //按余数分类
		m[0][temp%9]++;
        //temp%10记录的是该数的个位数，temp%9记录的是该数除以9后的余数
		a[temp%10][temp%9]++;
        //余数为temp%9，在大于10的数中才可能同时存在4和9
		if (temp%4==0&&temp>10)
		{
            //能整除4的数按余数分类
			m[1][temp%9]++;
		}else if(temp<10){
            //记录个位数
			mm[temp]++;
		}
	}
    //m[1][0]表示本身就带36，m[0][0]放前面m[1][0]放后面但
    //由于不能重复m[1][0]本身属于m[0][0],所以要减1.
	ans+=m[1][0]*(m[0][0]-1);
	for (int i = 1; i < 9; i++)
	{
        //m[1]肯定都是自带4的，m[1][i]相当于给第二位数的首位加i，
        //m[0][9-i]相当于余了一个9-i，它们两加和为9肯定是能被9整除的
		ans+=m[1][i]*(m[0][9-i]);	
	}
	for (int i = 0; i < 10; i++)
	{
		for (int j = 0; j < 10; j++)
		{
            //mm记录的是单个数字，a记录的是各位数为i，除以9后余数为9-j的数
            //首先不管个位数为i的数字有多大，它都可以表示成num*10+i，后面拼接j
            //后可以表示为num*100+i*10+j,num*100显然是可以除以4的，i*10+j如果能除以
            //4那就说明整个数都可以除以4，否则如果不是4的倍数那么整体便不能够除以4
            //又(9-j)*10+j=90-9j可以整除9所以拼接数字既可以整除4又可以整除9.
			if ((10*i+j)%4==0)
			{
                //个数相乘
				ans+=a[i][9-j]*mm[j];
			}
			
		}
		
	}
	cout<

B题这个博弈我也想了好久

思路如下，如果全为奇数或者全为偶数，qcjj先手，如果数字为奇数个，必定是qcjj胜，要注意最后一个数字不管是奇数还是偶数都可以取，取到最后一个的胜。

如果是奇偶相间，那就分组记录11112222111221，为了方便我把奇数都用1表示，偶数都用2表示，要注意尾相接，我们可以把首尾的1拿出来看11111，可以取4次最后剩下1,12相邻就不能取了，对于2也是一样的2222可以取3次剩一个2，那么怎么做就显而易见了，看可以取几次，奇数次qcjj胜，偶数次zn胜。

using i64 = long long;
using ll = long long;
void solve() {
	ll n,a=0,b=0,x=0;
	std::cin >>n;
	std::vectorc(n);
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		std::cin >> c[i];
        //这里很重要&1可以得到他是奇数还是偶数，给定的数字不一定是0或者1，而&1可以把它们同化
		if (i&&(c[i]&1) == (c[i - 1]&1)) {
			x++;
		}
		if (c[i] & 1)a++;
		else b++;
	}
    //特判首尾
    if((c[0]&1)==(c[n-1]&1))x++;
    //特判全为奇数全为偶数
	if (a == 0 || b == 0) {
		if (a == 0) {
			if (b & 1)std::cout << "qcjj" << '\n';
			else std::cout << "zn" << '\n';
		}
		else {
			if (a & 1)std::cout << "qcjj" << '\n';
			else std::cout << "zn" << '\n';
		}
	}
	else {
		if (x & 1)std::cout << "qcjj" << '\n';
		else std::cout << "zn" << '\n';
	}
}
int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
	int t;
	std::cin >> t;
	while (t--) {
		solve();
	}
	return 0;
}

D也是暴力过的，如果没有交换其实就是一道贪心

using i64 = long long;
using ll = long long;

int main() {
	std::ios::sync_with_stdio(false), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
	ll n, k,c=-1e9-5;
	std::cin >> n >> k;
	std::vectora(n+1),b(n+1);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		std::cin >> a[i];
		c = std::max(c, a[i]);
		b[i] = b[i - 1] + a[i];
	}
	ll ans = -1E9;
	if (k == 0) {
		ll suf = -1E9;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			suf = std::max(suf, 0LL) + a[i];
			ans = std::max(ans, suf);
		}
	}
	else {
		for (int i = 1; i < n; i++) {
			std::swap(a[i], a[i + 1]);
			ll suf = -1E9;
			for (int i = 1; i <= n; i++) {
				suf = std::max(suf, 0LL) + a[i];
				ans = std::max(ans, suf);
			}
			std::swap(a[i], a[i + 1]);
		}
	}
	std::cout << ans << '\n';
	
	return 0;
}

套个贪心模版就行了。如果只交换一次，那就先交换嘛，交换完贪心然后在交换回来。

G，H合着是个枚举的题。

x，y，z数量少，只要枚举所有情况下的a[1],a[2],a[3],判断给出的所有x，y，z中是否共同满足这一组样例，只要存在就不矛盾。

using namespace std;
typedef long long ll;

int i, j, k, n, m, t, a[4];

vector > v;

bool fun() {
	for (auto it = v.begin(); it != v.end();it++) {
		//w==1且要a[x]严格小于a[y]
		int x = get<0>(*it);
		int y = get<1>(*it);
		int w = get<2>(*it);
		if (w == 1) {
			if (a[x] < a[y])continue;
			else return 0;
		}
		else {
			//w==0要a[x]>=a[y];
			if (a[x] >= a[y])continue;
			else return 0;
		}
	}
	return 1;
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
	cin >> t;
	while (t--) {
		cin >> n;
		//创建一个三元组
		v = {};
		//输入
		while (n--) {
			cin >> i >> j >> k;
			v.push_back({ i,j,k });
		}
		int res = 0;
		//枚举所有情况,如果给定的条件符合其中的一种就是yes,
		//毕竟不清楚a[1],a[2],a[3]的分布。
		for (i = 1; i <= 3; i++)
			for (j = 1; j <= 3; j++)
				for (k = 1; k <= 3; k++) {
					a[1] = i; a[2] = j; a[3] = k;
					res |= fun();
				}
		if (res)cout << "Yes\n";
		else cout << "No\n";
	}
}