题目大意：给你（HH,MM）形式的两个时间点，它们之间相差偶数分钟，问中间时刻是多少？
题目思路：计算两个时间点间有多少分钟，除2后加到起始时间上，注意分钟达到60时，时钟需要进位。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int h1,h2,m1,m2,h3,m3; scanf("%d:%d",&h1,&m1); scanf("%d:%d",&h2,&m2); int tot=(h2-h1)*60+(m2-m1); tot/=2; h3=h1+tot/60; m3=m1+tot%60; h3+=m3/60; m3%=60; if(h3<10) printf("0%d:",h3); else printf("%d:",h3); if(m3<10) printf("0%d\n",m3); else printf("%d\n",m3); return 0; }
B. Preparation for International Women's Day
题目大意：告诉你n个礼物，每个礼物中有di个糖果，礼物两两组合为一个盒子。要求盒子内糖果数为k的倍数。问最多可以装多少个符合条件的盒子？
题目思路：直接枚举明显超时O(n2)，可以考虑先将每个礼物对k取余，再记录取余得到的结果的出现次数，最后枚举一遍，计算拼凑出和为k的情况数。注意单独计算取余结果为0的礼物自己互相组合形成盒子。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int t[105]; bool vis[105]; int main() { int n,k; cin>>n>>k; memset(t,0,sizeof(t)); int tmp; for(int i=1;i<=n;i++) { cin>>tmp; t[tmp%k]++; } int ans=0; ans+=t[0]/2; vis[0]=true; for(int i=1;i<k;i++) { if(vis[i]) continue; if(k-i==i) ans+=t[i]/2; else ans+=min(t[i],t[k-i]); vis[i]=true; vis[k-i]=true; } cout<<ans*2<<endl; return 0; }
题目大意：告诉你n个数，定义一个合法的集合为：集合中元素的最大值与最小值的差值不超过5，问由这n个数形成的合法集合的大小最大为多少？
题目思路：先将n个数排序，再枚举所有元素，维护一个最大值与最小值之差不超过5的队列，更新队列长度最大值。O(n*log(n))
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=200005; #define ll long long queue<ll> que; ll a[maxn]; int main() { int n; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+n+1); int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) { while(que.size()&&a[i]-que.front()>5) que.pop(); que.push(a[i]); if(ans<que.size()) ans=que.size(); } cout<<ans<<endl; return 0; }
题目大意：有两个集合，分别为A和B，其中各有n个元素。现在定义C集合：其中每个元素ci=d*ai+bi，d可取任意值，问当d取最优时，C集合中0元素最多为多少？
题目思路：令（ai,bi）为一数对，数对有四种类型：①.（0,0）②（0,y）③（x,0）④（x,y）
对于第一种类型，d取任意值，对应的ci都是0，所以计算它的数量，加到最终答案里。
对于第二种类型，d取任意值，对应的ci都不可能是0，所以忽略它的存在。
对于第三种类型，只有d取0时，对应的ci才是0，所以对这一类单独计数，更新ans
对于第四种类型，利用gcd把它化成最简形式（x,y互质）,用STL中的map记录不同最简数对的数量，更新ans
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn=200005; int a[maxn],b[maxn]; struct node{ int a,b; node(){} node(int a,int b):a(a),b(b){} bool operator<(const node&other) const{ if(a==other.a) return b<other.b; return a<other.a; } }; map<node,int> m1; int gcd(int a,int b) { return b==0?a:gcd(b,a%b); } int main() { int n,ans=0; scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]); int x=0,add=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(a[i]==0&&b[i]==0) add++; else if(a[i]==0) continue; else if(b[i]==0) x++,ans=max(ans,x); else { int k=gcd(a[i],b[i]); int tmp=++m1[node(a[i]/k,b[i]/k)]; ans=max(ans,tmp); } } printf("%d\n",ans+add); return 0; }
待更新
F1. Spanning Tree with Maximum Degree
题目大意：给你一个无向图，求任意一个生成树，要求其上度数最大的点的度数，尽可能大。
题目思路：先计算所有点的度数，把度数最大的点以及其所连着的边加入正在构造的生成树，再添加边集中其它的边来构造生成树。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 200005 int n,m; int fa[maxn]; int d[maxn]; Init_DisjointSet() { for(int i=1;i<=m;i++) fa[i]=i; } int find(int k) {return fa[k]==k?k:fa[k]=find(fa[k]);} struct Edge{ int s,t; }edge[maxn]; bool vis[maxn]; void work(int size) { int k1,k2; int cnt=0; for(int j=1;j<=m;j++) { Edge tmp=edge[j]; if(vis[j]) continue; int k1=find(tmp.s); int k2=find(tmp.t); if(k1!=k2) { fa[k2]=k1; vis[j]=1; cnt++; if(cnt==size) return; } } } int main() { int s,t; scanf("%d%d",&n,&m); memset(d,0,sizeof(d)); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&s,&t); edge[i].s=s; edge[i].t=t; d[s]++; d[t]++; } int p,maxd=0; for(int i=1;i<=n;i++) { if(maxd<d[i]) { p=i; maxd=d[i]; } } memset(vis,0,sizeof(vis)); Init_DisjointSet(); for(int i=1;i<=m;i++) { s=edge[i].s; t=edge[i].t; if(s==p||t==p) { vis[i]=true; int k1=find(s); int k2=find(t); fa[k2]=k1; } } work(n-1-maxd); for(int i=1;i<=m;i++) if(vis[i]) printf("%d %d\n",edge[i].s,edge[i].t); return 0; }
F2. Spanning Tree with One Fixed Degree
待更新