A - Not
签到题
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
int x;
cin>>x;
cout<<1-x<<endl;
}
return 0;
}
B - Product Max
签到题
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
ll a,b,c,d;
cin>>a>>b>>c>>d;
cout<<max(max(a*c,a*d),max(b*c,b*d))<<endl;
}
return 0;
}
C - Ubiquity
正难则反，容斥原理
先只考虑满足第一个情况的方案数： 1 0 n 10^n 10n
那么其中肯定有不满足第二个情况和第三个情况的方案，我们只要减去这种情况即可。
满足第一个条件，不满足第二个条件的方案数是 9 n 9^n 9n
满足第一个条件，不满足第三个条件的方案数是 9 n 9^n 9n
满足第一个条件，同时不满足第二个条件和第三个条件的方案数是 8 n 8^n 8n
根据容斥原理，满足第一个条件但是不满足第二个条件或者第三个条件的方案数是 9 n + 9 n − 8 n 9^n+9^n-8^n 9n+9n−8n
因此答案是 1 0 n − ( 9 n + 9 n − 8 n ) 10^n-(9^n+9^n-8^n) 10n−(9n+9n−8n)
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=100010;
const ll mod=1e9+7;
ll qmi(ll a,ll b)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
ll n;
cin>>n;
cout<<((qmi(10ll,n)-2*qmi(9ll,n)+qmi(8ll,n))%mod+mod)%mod<<'\n';
}
return 0;
}
D - Redistribution
考试的时候老想着完全背包。。
f [ i ] f[i] f[i]表示用 3 … i 3 \dots i 3…i这些数凑成和是 i i i的方案数
转移：考虑最后一个数用的是谁？
f [ i ] = f [ i − 3 ] + f [ i − 4 ] + ⋯ + f [ i − i ] f[i]=f[i-3]+f[i-4]+\dots+f[i-i] f[i]=f[i−3]+f[i−4]+⋯+f[i−i]
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2010;
const ll mod=1e9+7;
ll f[N];
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
int s;
cin>>s;
f[0]=1;
for(int i=3;i<=s;i++)
for(int j=3;j<=i;j++)
f[i]=(f[i]+f[i-j])%mod;
cout<<f[s]<<'\n';
}
return 0;
}
E - Dist Max
考虑两个点 ( x 1 , y 1 ) (x_1,y_1) (x1,y1)和 ( x 2 , y 2 ) (x_2,y_2) (x2,y2)的曼哈顿距离 ∣ x 1 − x 2 ∣ + ∣ y 1 − y 2 ∣ |x_1-x_2|+|y_1-y_2| ∣x1−x2∣+∣y1−y2∣其实还可以进一步简化成 m a x ( ∣ ( x 1 + y 1 ) − ( x 2 + y 2 ) ∣ , ∣ ( x 1 − y 1 ) − ( x 2 − y 2 ) ∣ ) max(|(x_1+y_1)-(x_2+y_2)|,|(x_1-y_1)-(x_2-y_2)|) max(∣(x1+y1)−(x2+y2)∣,∣(x1−y1)−(x2−y2)∣)
由此将问题降维，然后就很容易解了。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010;
int d1[N],d2[N],n;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int x,y;
cin>>x>>y;
d1[i]=x+y;
d2[i]=x-y;
}
sort(d1+1,d1+1+n);
sort(d2+1,d2+1+n);
cout<<max(d1[n]-d1[1],d2[n]-d2[1])<<'\n';
}
return 0;
}
无意中看到一个知识，此题转化更专业的叫法曼哈顿距离与切比雪夫距离的转换
F - Contrast
结论：将 B 按降序排序后，B 中最多只会有一段 B [ l ∼ r ] B[l∼r] B[l∼r] 与 A [ l ∼ r ] A[l∼r] A[l∼r] 是相同的，且 A [ l ∼ r ] A[l∼r] A[l∼r] 和 B [ l ∼ r ] B[l∼r] B[l∼r] 中所有值都等于同一个数 v a l val val，仔细想想便可得到此结论。
把这些相等的位置记下来，然后与其他的位置交换，此位置序还需满足 a i ≠ v a l a_i\ne val ai=val，每找到一个位置就可以交换一次，如果位置不够则不可能满足题意。
还有一个判断不满足题意的方法即统计a[]和b[]每个数出现的次数cnta[]和cntb[]，对于每一个 i i i满足 c n t a i + c n t b i ≤ n cnta_i+cntb_i\leq n cntai+cntbi≤n才可能构造出一组解，否则不可能满足题意。
口胡证明：对于a[]中的i需要b[]至少存在有cnta[i]个不等于i的数与之配对，即cnta[i]<=n-cntb[i]，证毕。
#define IO ios::sync_with_stdio(false);cin.tie();cout.tie(0)
#pragma GCC optimize(2)
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=200010;
int a[N],b[N],n;
int main()
{
IO;
int T=1;
//cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
reverse(b+1,b+1+n);
vector<int> p,q;
int val=0,cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]!=b[i]) continue;
cnt++;
p.push_back(i);
val=b[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!cnt) break;
if(a[i]==b[i]) continue;
if(a[i]!=val&&b[i]!=val)
{
cnt--;
q.push_back(i);
}
}
if(cnt) return cout<<"No\n",0;
for(int i=0;i<q.size();i++) swap(b[p[i]],b[q[i]]);
cout<<"Yes\n";
for(int i=1;i<=n;i++) cout<<b[i]<<' ';
cout<<'\n';
}
return 0;
}
ABC现在看来以及没有想象中那么难，自己现在都可以接受。
正式上课了，要加油哦~