hr师哥的题解奉上哞
1616.Arithmetic Sequence
题意：数列为等差数列，给你等差数列的和，求当数列数最少时的数列（坑点：第一行说数列可以为一个数）
所以直接输入输出就行
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <stdlib.h>
#include <sstream>
#include <map>
#include <set>
typedef long long ll;
using namespace std;
int main()
{
ll x;
cin>>x;
cout<<x;
}
1622.蓝精精的浏览器
题意是：先打开一个网页，再进行一堆操作，当操作为VISIT时，就打开另一个网站，当操作为BACK时就返回上一个网站，当操作为FORWARD时就访问下一个网站，当操作为QUIT时就结束操作
通过这个样例能看出来这个题的坑点是，假如你连续VISITl两次，又返回一次，这个时候再访问了一个新的网址，你就不能返回到当时第二个VISIT 的网址
要用两个栈进行解决
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <stdlib.h>
#include <sstream>
#include <map>
#include <set>
typedef long long ll;
using namespace std;
string cz;//操作
string wb;//网址
stack<string> s1;
stack<string> s2;
int main()
{
s1.push("http://www.acm.org/");
while(cin>>cz)//输入操作
{
if(cz == "QUIT")
{
break;//结束操作
}
else if(cz == "VISIT")
{
while (!s2.empty())//这个就是那个特殊情况，要把s2里面的都扔出去
s2.pop();
cin>>wb;
s1.push(wb);
cout<<s1.top()<<endl;
}
else if(cz == "BACK")
{
if(s1.size() != 1)//判断是不是能进行back操作，因为你要是s1中只有一个元素， 那就不能进行back返回到上个网址上
{
s2.push(s1.top());//就得把1的当前网址赛到2里面，并把他扔出去，然后显示1里面的下个元素
s1.pop();
cout<<s1.top()<<endl;
}
else
cout<<"Ignored"<<endl;
}
else if(cz == "FORWARD")
{
if(!s2.empty())//判断是否出界
{
s1.push(s2.top());
s2.pop();
cout<<s1.top()<<endl;
}
else
cout<<"Ignored"<<endl;
}
}
return 0;
}
1623.闷声发大财
补题的时候才发现他是个签到题，就是卡你的大小
题意：有n*n的方阵，输入m个记者坐标，每个坐标的行与列都会被看见，依次输出记者看不见的坐标的数量
用了点数学 的小思维，就是方阵中去掉数量不一的行与列去计算剩下的格数，方法就是：把每个去掉的行或列移到一个地方去，就比如行都移动到上方，列都移动到左面，然后剩下的就可以用矩形面积公式计算格子数
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = (int)1e7;
const int N = (int)1e5;
const double eps = 1e-9;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll mod = (ll)998244353;
int ar[N + 5];//行
int br[N + 5];//列
int acnt = 0;//被标记的行数
int bcnt = 0;//被标记的列数
int main()
{
int n, m, a ,b;
cin>>n>>m;
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
cin>>a>>b;
if(!ar[a])//判断第a行是否被标记，如果没被标记就标记一下，并对标记的行数加一
{
acnt++;
ar[a] = 1;
}
if(!br[b])//判断第b行是否被标记，如果没被标记就标记一下，并对标记的列数加一
{
bcnt++;
br[b] = 1;
}
printf("%lld%c", 1ll * (n - acnt) * (n - bcnt), i == m ? '\n' : ' ');//这个输出格式很重要，背下来就好，而且在你输出的不是经过定义longlong的变量，而会超出int范围时，就得写1ll *，意思是将其转换成longlong形式的，就算其中的因子定义了longlong也没有用（我就是这样wa了好多次）
}
return 0;
}
1625.星球大战1
题意：n*n的方阵，你在（1,1）这个点，然后方阵上的每一个点都可能有飞机攻击你，但攻击的激光是直线的，所以不能让他们攻击到友方，求能有的飞机的数量最多是多少个
我比赛的时候一个个草图的画，来找规律，貌似是找到了，但是却wa了，这有个恶心，可能是图越大后面的就会出问题 吧，后来看师哥写的题解，才明白可以用最大公因数来求解。
就是如果这个点的横纵坐标的最大公因数为1，那么这个点就可以放飞机，其实道理很简单，你在一个地方放飞机，（1,1）与这个点连线的后面 的所有坐标都不能放飞机，不然就会误伤队友。（我当时可能找规律找上瘾了，就没往这方面想）
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <string>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <stack>
#include <queue>
#include <stdlib.h>
#include <sstream>
#include <map>
#include <set>
typedef long long ll;
using namespace std;
int gcd(int a, int b)//最大公因数
{
if(b)
return gcd(b, a % b);
else
return a;
}
int main()
{
int n, m;
cin>>n;
if(n == 1)//比较特殊，是1时就只有他自己，没有飞机
{
cout<<0;
return 0;
}
else
{
int ans = 3;//从二开始就是三个飞机
for(int i = 1; i < n; i++)
{
for(int j = 1; j < n; j++)
{
if(gcd(i, j) == 1)
ans ++;
// ans+=(gcd(i, j) == 1);
}
}
cout<<ans-1;
}
return 0;
}