虽然做出的题比较多，但是排名一次比一次差，主要今天什么题都wa好几发，在罚时上没有一点优势可言。
A-Clam and Fish
题意：4种类型的场景，
0：没有鱼、没有诱饵，但是可以消耗一个诱饵钓一条鱼。
1：没有鱼 有诱饵，此时你可以旋转诱饵，使得自己诱饵数量++。
2：有一条 鱼 没有诱饵，此时你可以不消耗诱饵免费得到一条鱼
3：即有鱼又有诱饵，你可以选择一个。
问如果有n种以上场景，如果操作使得自己的鱼最多。
做法：这题本来想拿拿一血，结果慢了16s。。。。
这类题很明显的情况遇到2、3就尽量拿鱼。遇到1 只能 钓鱼。遇到3 是选择钓鱼呢？还是选择诱饵。
想起一道cf的D题：给你n个棍子，构造1（两根）、2（五根）、3（五根）、4（4根）、5、6、7、8、9。类似于电子表上的显示，消耗棍子，问最大能构造多大的数。忘记是哪场的了。
这类题 主要是看当前构造对后续的构造是否有影响。
那么此题 就是倒着求后缀能钓鱼的场景(1,2) ，从前面枚举的时候，如果诱饵数小于后缀能钓鱼的场景数，那就选择诱饵，否则选择钓鱼。
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll read()
{
ll x=0,w=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') w=-1; c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; c=getchar();}
return w==1?x:-x;
}
const int N=2e6+10;
char s[N];
int n,dp[N];
int main()
{
int _=read();while(_--)
{
n=read();
rep(i,1,n+1) dp[i]=0;
scanf("%s",s+1);
int ans=0,num=0;
for(int i=n;i>=1;--i){
dp[i]=dp[i+1];
if(s[i]=='0'||s[i]=='1') dp[i]++;
}
rep(i,1,n){
if(s[i]=='0'){
if(num) ans++,num--;
}
else if(s[i]=='1') {
if(num<dp[i+1]) num++;
else {
if(num) num--,ans++;
}
}
else if(s[i]=='2') ans++;
else ans++;
}
printf("%d\n",ans);
}
}B-Classical String Problem
签到题
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll read()
{
ll x=0,w=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') w=-1; c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; c=getchar();}
return w==1?x:-x;
}
const int N=2e6+10;
char s[N];
int n,now;
int main()
{
scanf("%s",s);
n=strlen(s);
int now=0;
int q=read();while(q--){
char ty[2];int x;
scanf("%s%d",ty,&x);
//printf("now:%d x:%d\n",now,x);
if(ty[0]=='A'){
printf("%c\n",s[(now+x-1+n)%n]);
}
else{
if(x>0){
now=(now+x)%n;
}
else{
now=(now+x)%n;
}
//printf("now:%d\n",now);
}
}
}C-Operation Love
题意：给定20个坐标值（可能顺时针，可能逆时针），问你点构成的图 是右手还是左手。
此图是右手（题目保证，手的大小不变）。
做法:这么个简单题，队友n方求两点之间的距离，然后稀奇古怪的什么判断 给我贡献了 5发罚时（微笑）
用叉积判断顺时针还是逆时针，然后判断 6、9、8的顺序即可。
比较的坑的比方是，这里判断是否相等的esp 得是1e-4 1e-5wa了，原理不懂。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=30;
struct Point{
double x,y;
}p[N];
int n;
double polygonarea()
{
int i,j;
double area = 0;
for(i = 0;i < n;++i){
j = (i+1)%n;
area += p[i].x*p[j].y;
area -= p[i].y*p[j].x;
}
//area /= 2.0;
return area;
}
double run(int id,int id2)
{
id=id%n;
id2=id2%n;
return (p[id].x-p[id2].x)*(p[id].x-p[id2].x)+(p[id].y-p[id2].y)*(p[id].y-p[id2].y);
}
double cmp(double a,double b)
{
if(abs(a-b)<1e-4) return 1;
return 0;
}
void solve()
{
string ans1="right",ans2="left";
if(polygonarea()<0){
swap(ans1,ans2);
}
for(int i=0;i<n;++i){
if(cmp(run(i,i+1),36)&&cmp(run(i+1,i+2),81)&&cmp(run(i+2,i+3),64)){
cout<<ans1<<endl;
return ;
}
if(cmp(run(i,i+1),64)&&cmp(run(i+1,i+2),81)&&cmp(run(i+2,i+3),36)){
cout<<ans2<<endl;
return ;
}
}
}
int main()
{
n=20;
int _;scanf("%d",&_);while(_--)
{
for(int i=0;i<n;++i) cin>>p[i].x>>p[i].y;
solve();
}
}E-Two Matchings
题意：
可以转换为 两两坐标配对，对答案得贡献就一对之间的值之差的绝对值。要求构造出两种情况，n保证为偶数
做法：第一种：1-2 3-4 5-6。
第二种，在不包含第一种的情况下dp。
dp[i]代表前i个全部配对好。要想贡献值最小，很明显要使得配对的两个值差最小，对a排序后dp。
三种情况：
if(i%2==0) { dp[i]=min(dp[i],dp[i-4]+a[i]-a[i-3]+a[i-1]-a[i-2]); dp[i]=min(dp[i],dp[i-4]+a[i]-a[i-2]+a[i-1]-a[i-3]); if(i-5>=1){ dp[i]=min(dp[i],dp[i-6]+a[i]-a[i-2]+a[i-1]-a[i-4]+a[i-3]-a[i-5]); } }
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=(b);--i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb emplace_back
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll read()
{
ll x=0,w=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') w=-1; c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; c=getchar();}
return w==1?x:-x;
}
const int N=2e6+10;
ll a[N],dp[N];
int n;
int main()
{
int _=read();while(_--)
{
n=read();
rep(i,1,n) a[i]=read();
rep(i,0,n+1) dp[i]=1e18;
sort(a+1,a+1+n);
//rep(i,0,3) dp[i]=0;
dp[0]=0;
rep(i,4,n){
if(i%2==0) {
dp[i]=min(dp[i],dp[i-4]+a[i]-a[i-3]+a[i-1]-a[i-2]);
dp[i]=min(dp[i],dp[i-4]+a[i]-a[i-2]+a[i-1]-a[i-3]);
if(i-5>=1){
dp[i]=min(dp[i],dp[i-6]+a[i]-a[i-2]+a[i-1]-a[i-4]+a[i-3]-a[i-5]);
}
}
}
// rep(i,1,n){
// printf("%lld\n",dp[i]);
// }
ll res = 0;
for(int i=1;i<=n;i+=2) res+=a[i+1]-a[i];
//ll ans=min({(a[n]-a[1])*2,run1(),run2(),run3(),run4(),run5()});
printf("%lld\n",dp[n]+res);
}
}F-Fraction Construction Problem
题意：
做法：参考来自官方题解。
证明每太看懂。
于是搜博客：博客
懂了。
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define mem(a,b) memset(a , b , sizeof(a))
const int N = 5e6 + 10;
int prime[N],p;
bool is_prime[N];
void init()
{
for(int i=2;i<N;++i){
if(!is_prime[i]) prime[++p]=i;
for(int j=1;j<=p&&prime[j]*i<N;++j){
is_prime[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
ll gcd(ll a, ll b)
{
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
ll ex_gcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
ll res, t;
if(!b)
{
x = 1;
y = 0;
return a;
}
res = ex_gcd(b, a % b, x, y);
t = x;
x = y;
y = t - (a / b) * y;
return res;
}
ll solve_ex_gcd(ll a, ll b, ll c, ll &x, ll &y)
{
ll inv = ex_gcd(a, b, x, y);
if(c % inv)
{
x = -1;
y = -1;
return -1;
}
x *= (c / inv);
y *= (c / inv);
return 0;
}
void solve()
{
ll a, b;
cin >> a >> b;
ll k = gcd(a, b);
if(k != 1)
{
a /= k;b /= k;
printf("%lld %lld %lld %lld\n",a+1,b,1,b);
return ;
}
if(b == 1 || is_prime[b]==0) puts("-1 -1 -1 -1");
else
{
ll tmp = 0, time = 0;
ll bb = b;
for(int i = 1;i <= p && bb != 1; i++) // 找两个素因数
{
if(bb % prime[i] == 0)
{
tmp = prime[i];
while(bb % prime[i] == 0) time++,bb /= prime[i];
break;
}
}
if(bb == 1){puts("-1 -1 -1 -1");return ;}
ll d = 1;
for(int i = 1;i <= time; i++) d *= tmp; // b的一个因数
ll f = bb; // b的另一个因数
ll c = 0, e = 0;
solve_ex_gcd(f, d, a, c, e);
if(c < 0 && e > 0) cout << e << " " << f << " " << -c << " " << d << endl;
else cout << c << " " << d << " " << -e << " " << f << endl;
}
}
int main()
{
init();
int _;scanf("%d",&_);while(_--) solve();
}
G-Operating on a Graph
题意：n个点 m条边的图。每个点 最初属于自己的集合。q次操作，每次操作把 x 附近连边的点 加入到x的集合。若之前x已经加入到其他集合了，那么此次操作无效
做法：并查集 + 按秩合并，感觉是一个比较简单的题。是队友写的，就贴队友代码了。
对每个点维护属于自己的外围点 队列。每次操作就从x的外围点进行一次外层扩展合并。对于每个点属于哪个集合，就用并查集维护公共的父亲节点就好了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll input(){
ll x=0,f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f? -x:x;
}
#define pb push_back
const int N=8e5+1;
struct node{
int w;
node *next;
};
struct Qu{
node *head,*end,*del;
int front(){
return head->w;
}
void push(int x){
if(head==NULL&&end==NULL) head=end=new(node);
else{
end->next=new(node);
end=end->next;
}
end->w=x;
}
void pop(){
del=head;
if(head==end) head=end=NULL;
else head=head->next;
delete(del);
}
bool empty(){
return head==NULL&&end==NULL;
}
}q[N];
int fa[N],rk[N];
int find(int x){ return fa[x]==x? x:(fa[x]=find(fa[x]));}
void merge(int x,int y){
x=find(x),y=find(y);
if(x!=y){
if(rk[x]>=rk[y]){
while(!q[y].empty()) q[x].push(q[y].front()),q[y].pop();
fa[y]=x,rk[x]+=rk[y];
}else{
while(!q[x].empty()) q[y].push(q[x].front()),q[x].pop();
fa[x]=y,rk[y]+=rk[x];
}
}
}
vector <int> G[N];
Qu tmp;
map <int,int> mp;
int n,m;
void Solve(){
n=input(),m=input();
mp.clear();
for(int i=1;i<=n;i++){
while(!q[i].empty()) q[i].pop();q[i].push(i);
rk[i]=1,fa[i]=i;G[i].clear();
mp[i]=i;
}
for(int i=1;i<=m;i++){
int u=input()+1,v=input()+1;
G[u].pb(v),G[v].pb(u);
}
int QQ=input();
for(int i=1;i<=QQ;i++){
while(!tmp.empty()) tmp.pop();
int u=input()+1,tu;
tu=u;
if(u!=mp[find(u)]) continue;
u=find(u);
while(!q[u].empty()) tmp.push(q[u].front()),q[u].pop();
// cout<<i<<":"<<tmp.front()<<endl;
while(!tmp.empty()){
int t=tmp.front();tmp.pop();
for(auto v:G[t]){
merge(v,t);
}
}
mp[find(u)]=tu;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
printf("%d%c",mp[find(i)]-1,i==n? '\n':' ');
}
}
int main(){
int T=input();
while(T--)
Solve();
}