Enlace del título
Por el examen escrito. Así que solo tomó dos horas para jugar, un poco rápido, muchos detalles no fueron entregados apresuradamente y no hubo inspección.
Filete frito
Método: El número de todas las caras es sum = 2 * ny luego sum / (2 * k).
ans = max (10, n / k) Si solo hay un panqueque, también se fríe durante 10 minutos, por lo que el mínimo es de diez minutos
Juego de cartas electrónicas
Intervalo dp + búsqueda memorizada
Deje que dp [l] [r] sea la respuesta de cabeza de ajo Jun menos Hua Yemei cuando l to r en el intervalo
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e2+10;
ll dp[N][N],a[N];
int vis[N][N],n;
ll dfs(int l,int r,int ty)
{
if(l>r) return 0;
if(vis[l][r]) return dp[l][r];
vis[l][r]=1;
ll &ans=dp[l][r];
if(ty==0){
ans=max(dfs(l+1,r,1)+a[l],dfs(l,r-1,1)+a[r]);
}
else{
if(a[l]>=a[r]) ans=dfs(l+1,r,0)-a[l];
else ans=dfs(l,r-1,0)-a[r];
}
return dp[l][r];
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i];
ll ans=dfs(1,n,0);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
/*
4
3 2 10 4
ans:7
*/
H-dos matrices
Práctica: teorema de Pei Shu + derivación
A través del teorema de Pei Shu, sabemos que la diferencia adyacente en la matriz a requiere que la matriz b realice la conversión de ecuaciones.
x1 * b [1] + x2 * b [2] ...... xn * b [n] == a [i + 1] -a [i]
Además: x1 * b [1] + x2 * b [2] ...... xn * b [n] = k * gcd (x1, x2, x3 ... xn) tiene una solución
Suponiendo que el último número en una matriz es x
Sea d: d = xa [i]
Es decir: x1 * b [1] + x2 * b [2] ...... xn * b [n] = d resto 0 o x1 * b [1] + x2 * b [2] .... ..xn * b [n] = d1 Yu mod ==> d1 + mod = d
Así que ahora necesitamos completar todas las diferencias. Todas las diferencias tienen el mismo resto que el módulo de mcd (x1, x2, x3 ... xn).
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi 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;}
const int N=1e5+10;
int n,m;
ll a[N],b[N];
int main()
{
int _;cin>>_;while(_--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
rep(i,1,n) scanf("%lld",&a[i]);
rep(i,1,m) scanf("%lld",&b[i]);
if(n==1){puts("Yes");continue;}
ll d=b[1];
rep(i,2,m) d=gcd(d,b[i]);
sort(a+1,a+1+n);
int flag=1;
ll res=(a[2]-a[1])%d;
for(int i=1;i<n&&flag;++i){
ll t=a[i+1]-a[i];
if(t%d!=res) flag=0;
}
if(flag) puts("Yes");
else puts("No");
}
}
/*
4
2 6 10 12
2 3 4 5
*/
Suma de la función I
Tema:
Practica
Código:
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi pair<int, int>
#define mk make_pair
using namespace std;
typedef unsigned long long ll;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
const int N=1e5+10;
const ll mod=998244353;
ll a[N],b[N],c[N];
int n;
bool cmp(ll x,ll y)
{
return x>y;
}
void add(ll &x,ll y)
{
x=(x+y)%mod;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
rep(i,1,n) {
cin>>a[i];
a[i]=1ll*i*(n-i+1)*a[i];
}
rep(i,1,n)cin>>b[i];
sort(a+1,a+1+n);
sort(b+1,b+1+n,cmp);
ll ans=0;
rep(i,1,n) {
ll x=a[i]%mod*b[i]%mod;
add(ans,x);
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
División de secuencia J
Tema:
Solución oficial:
Tenga en cuenta que la subsecuencia aquí requiere que los subíndices se agrupen consecutivamente, creo que los subíndices son discontinuos y codicioso escribir wa
Si los subíndices son continuos, es el clásico dp. La suma del prefijo y el valor mínimo del intervalo se pueden mantener.
Sea dp [i] la suma de peso mínima asignada a los primeros elementos i.
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=(b);++i)
#define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define pb push_back
#define pi 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;}
const int N=1e5+10;
ll a[N],dp[N],mi[4*N],sum[N];
int n,c;
void build(int id,int l,int r)
{
if(l==r) {
mi[id]=a[l];
return ;
}
int mid=l+r>>1;
build(id<<1,l,mid);
build(id<<1|1,mid+1,r);
mi[id]=min(mi[id<<1],mi[id<<1|1]);
}
ll qu(int id,int l,int r,int ql,int qr)
{
if(ql<=l&&r<=qr) return mi[id];
ll res=1e18;
int mid=l+r>>1;
if(ql<=mid) res=qu(id<<1,l,mid,ql,qr);
if(qr>mid) res=min(res,qu(id<<1|1,mid+1,r,ql,qr));
return res;
}
int main()
{
cin>>n>>c;
rep(i,1,n)
{
scanf("%lld",&a[i]);
sum[i]=sum[i-1]+a[i];
}
for(int i=1;i<c;++i) dp[i]=dp[i-1]+a[i];
build(1,1,n);
for(int i=c;i<=n;++i){
dp[i]=min(dp[i-1]+a[i],dp[i-c]+sum[i]-sum[i-c]-qu(1,1,n,i-c+1,i));
}
cout<<dp[n]<<endl;
}
/*
12 10
1 1 10 10 10 10 10 10 9 10 10 10
*/
Por cierto, escribe una pregunta grupal.
Grupo A
E-GCD
Tema:
Práctica: función clásica de Euler
Grupo A J todo arreglado
Tema:
cf título original. .
Pregunta original enlace E pregunta
Solución oficial:
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int p[N],n;
ll a[N],sum[4*N],lazy[4*N],mi[4*N];
void pushdown(int id)
{
if(lazy[id]){
lazy[id<<1]+=lazy[id];
lazy[id<<1|1]+=lazy[id];
mi[id<<1]+=lazy[id];
mi[id<<1|1]+=lazy[id];
lazy[id]=0;
}
}
void up(int id,int l,int r,int ql,int qr,ll val)
{
if(ql<=l&&r<=qr){
lazy[id]+=val;
mi[id]+=val;
return ;
}
pushdown(id);
int mid=l+r>>1;
if(ql<=mid) up(id<<1,l,mid,ql,qr,val);
if(qr>mid) up(id<<1|1,mid+1,r,ql,qr,val);
mi[id]=min(mi[id<<1],mi[id<<1|1]);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&p[i]);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=1;i<n;++i){
up(1,1,n,1,p[i],a[i]);
}
if(p[n]+1<=n)up(1,1,n,p[n]+1,n,a[n]);
ll ans=min(a[1],a[n]);
ans=min(ans,mi[1]);
for(int i=n-1;i>1;--i){
if(p[i]+1<=n) up(1,1,n,p[i]+1,n,a[i]);
up(1,1,n,1,p[i],-a[i]);
ans=min(ans,mi[1]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
