A - 小乔和小灰灰
题意：求给定字符串中是否出现“XiaoQiao”和“XiaoHuiHui”
思路：两次遍历，将“XiaoQiao”和“XiaoHuiHui”定义为两个模式串，在给定字符串中找到相应字符继续往后推，看最后模式串的下标大小就知道是否为子序列了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
string s;
int main() {
cin >> s;
int n = s.length();
string t1 = "XiaoQiao";
string t2 = "XiaoHuiHui";
bool ok1 = 0, ok2 = 0;
int j = 0; int len1 = t1.length();
for(int i = 0;i < n; i++) {
if(t1[j] == s[i]) j++;
}
if(j == len1) ok1 = 1;
j = 0; int len2 = t2.length();
for(int i = 0;i < n; i++) {
if(t2[j] == s[i]) j++;
}
if(j == len2) ok2 = 1;
if(ok1 && ok2) puts("Happy");
else puts("emm");
}
B - 牛能和小镇
题意：给n个坐标，根据题给的距离费用公式求出需要连接所有点的最小花费。 公式：| xi 2yi - xj 2yj + yi 2(yi - 2xi) - yj 2(yj - 2xj) |
思路：公式可以变形一下就比较直观：
|( xi 2yi + yi 2(yi - 2xi) )- ( xj 2yj + yj 2(yj - 2xj) ) |
这样就可以看出来是两个点各自的坐标经过运算后作差。需要最小的差值，那么排序之后再逐个作差就好了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long x[100005], y[100005], len[100005];
int n;
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 1;i <= n; i++) {
scanf("%lld %lld", &x[i], &y[i]);
len[i] = (x[i]*x[i]*y[i]) + (y[i]*y[i]*(y[i]-2*x[i]));
}
sort(len+1, len+1+n);
long long ans = 0;
for(int i = 1;i < n; i++) {
ans += len[i+1]-len[i];
}
printf("%lld\n", ans);
}
C - 装备合成
题意：一个装备需要a、b两种材料合成，2个a 3个b 或者 4个a 1个b 都可以，求给定a和b的个数时最多可以合成多少装备。
思路：参考这个大佬，贪心做法。
如果 x : y >= 4 : 1，那么全部使用第二种方案
如果 x : y <= 2 : 3，那么全部使用第一种方案
介于之间的就优先使用 2 : 3 的方案直到 x : y = 4 : 1，那么就需要计算需要多少次 2:3的操作就有：
变形一下：
n的值或许会取小数，又可能是第一种方法多一个，也有可能第二种方法多一个，此时四舍五入一下就可以得到：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int _;
long long x, y;
int main() {
scanf("%d", &_);
while(_--) {
scanf("%lld %lld", &x, &y);
if(y*4 < x) {
printf("%lld\n", y);
}
else if((double)x/(double)y <= (double)2/(double)3) {
printf("%lld\n", x/2);
}
else {
long long n = (4*y-x+5)/10;
// cout << "n = " << n << endl;
x -= 2*n;
y -= 3*n;
printf("%lld\n", n + min(x/4, y));
}
}
}
D - 取石子游戏
题意：XiaoQiao和XiaoHuiHui两个人从石堆里面拿石子，每次把石子分成两部分，一个从中拿走一部分，另一个继续把剩下的分为两部分，再拿走其中的一部分。石堆如果是偶数的话就平均分，不为偶数就有一堆可以多出一个。当其中一个人准备拿石子时只剩下一个，那么这个人就输了，求两个人中谁会赢。（XiaoHuiHui先手）
思路：博弈的话先找找规律：
1个石子的时候肯定是后手赢；
2个石子的时候，先手拿走1个，剩下1个，所以先手就赢了；
3个石子分为 1 和 2， 先手拿走2个，剩下一个，先手赢；
4个石子分为 2 和 2，先手拿走两个，此时，可以看成先手变为后手，2个石子的情形，显然是2个石子的先手赢，也就是本局的后手；
5个石子分为 2 和 3，先手拿走哪一个之后剩下的都是对照前面的 2 和 3，得出本剧后手赢
。。。。。。
就这样一直推可以得出一个结论，石堆一分为二之后，两堆石子对应之前有后手赢的时候，本局先手才可以赢，否则后手赢。
看数据范围之后这样一直递推肯定超时，那么就想如果可以知道给定的n属于先手赢还是后手赢的范围，直接查询的话就会快很多，在常数级就可以得出答案。
看前面几个样例，2和3 是先手赢，4、5、6是后手赢的范围，4 = 2+2，6 = 3+3， 5 = 2+3；
再看后面的： 7 - 13是先手的范围：7 = 3+4，9 = 4+5， 11 = 5+6， 13 = 6+7； 8 = 4+4， 10 = 5+5， 12 = 6+6；规律应该就很显然了，从已知的范围可以求出后面的范围，比如4、5、6三个数逐个相加的个数为 6-4=2； 各自相加的个数为 6-4+1=3；那么后面的范围就是 2+3=5，这样就可以预处理 1e18之内的先后手赢的范围，之后输入时查询就可以了。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long N = 1e18;
vector <pair<long long, long long> > vc;
int _;
long long n;
int main() {
vc.push_back(make_pair(1, 1));
vc.push_back(make_pair(2, 3));
long long tail = 3;
while(tail < N) {
// printf("%lld %lld\n", tail+1, tail%2?2*tail:2*tail+1);
vc.push_back(make_pair(tail+1, tail%2?2*tail:2*tail+1));
tail = tail%2?2*tail:2*tail+1;
}
scanf("%d", &_);
while(_--) {
scanf("%lld", &n);
for(int i = 0;i < vc.size(); i++) {
if(n >= vc[i].first && n <= vc[i].second) {
if(i%2==0) puts("XiaoQiao");
else puts("XiaoHuiHui");
break;
}
}
}
}
