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A - Tiro de tres puntos
Tema
Darle x, y y preguntarle si el valor menor más 3 puede exceder el valor mayor
Ideas
Juicio directo
código ac
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int main(){
int x, y;
cin >> x >> y;
if(x > y) swap(x, y);
if(x + 3 > y) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
return 0;
}B - Ortogonalidad
Tema
Dos matrices, las posiciones correspondientes se multiplican y suman para ver si es igual a 0
Ideas
Simulación directa
código ac
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e5 + 5;
int a[maxn], b[maxn];
int main(){
int n; cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i];
ll ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++) ans += a[i] * b[i];
if(ans == 0) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
return 0;
}C - Torneo ABC
Tema
Darle una n, y luego 2 ^ n números, que representan el puntaje de la i-ésima persona. Cada ronda tiene dos pk adyacentes entre sí. El que tenga el puntaje más alto gana, ingresa a la siguiente ronda y da como resultado la inicial subíndice del subcampeón final
Ideas
simulación vectorial
código ac
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 1e5 + 5;
vector<pair<int, int>> a, b;
int main(){
int n; cin >> n;
for(int i = 1; i <= (1 << n); i ++) {
int x; cin >> x;
a.push_back({x, i});
}
for(int i = 1; i < n; i ++){
for(int j = 0; j < a.size(); j += 2){
if(a[j].first > a[j + 1].first) b.push_back(a[j]);
else b.push_back(a[j + 1]);
}
a = b;
b.clear();
}
if(a[0].first > a[1].first) cout << a[1].second << endl;
else cout << a[0].second << endl;
return 0;
}D - Snuke Prime
Tema
Takahashi salió a jugar y ahora proporciona n elementos, el tiempo es [ai, bi], estos elementos deben gastarse ci cada día, pero puede optar por gastar C yuanes al día para jugar todos los elementos que aparecen ese día. , debe jugar, pedirle que gaste lo mínimo
Por ejemplo, en el primer ejemplo, hay 2 elementos, cuesta 6 reproducir todos los elementos que aparecen en un día, el primer elemento aparece en [1,2], cuesta 4 por día y el segundo elemento aparece en [2,2], cuesta por día 4, lo que significa que el primer día debe gastar 4, el día siguiente debe gastar 4 + 4 = 8, pero 8 <6 pueden elegir gastar 6 yuanes para jugar el proyecto 1, 2, entonces un total de 4 + 6 = 10
Ideas
La diferencia es calcular el costo de cada artículo en el día, y luego el costo diario es el valor más pequeño del costo del día actual y C
código ac
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 5;
map<int, ll> mp; // 差分数组
//s表示差分的前缀和，表示到这天单付当天所有项目的花费
//last表示一个天数，(it.first - last)表示s价格出现的天数,也就是在这个期间价格不变
//x表示当天花的钱
//ans表示求的最小花费
int main(){
ll n, c;
cin >> n >> c;
for(int i = 1; i <= n; i ++){
ll x, y, w;
cin >> x >> y >> w;
mp[x] += w; mp[y + 1] -= w; // 差分操作
}
ll s = 0, ans = 0;
int last = 0;
for(auto it : mp){
ll x = min(s, c);
ans += x * (it.first - last);
s += it.second;
last = it.first;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}E - Buhonero
Tema
La primera línea n, m representa n puntos y m aristas,
El n ai en la segunda línea representa el precio del oro en ese punto,
Las siguientes m filas representan bordes, cada borde es un borde dirigido, donde xi debe ser menor que yi
Ahora tiene que elegir un punto para comprar oro y luego ir a otro punto para vender oro, buscando el máximo beneficio.
Ideas
La respuesta es recursiva en la secuencia topológica, dp [i] representa el precio más barato del oro que va desde el punto de origen (no sé ese punto) hasta el punto i. Debido a que es un borde unidireccional, entonces este el punto definitivamente no retrocederá. Solo se agota, luego la recursividad lineal, y luego solo es necesario actualizar el valor máximo de un [hijo] -dp [i], hijo es un nodo hijo de i
código ac
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 5;
int dp[maxn], in[maxn], a[maxn];
vector<int> v[maxn];
queue<int> q;
int main(){
int n, m;
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
while(m --){
int x, y;
cin >> x >> y;
v[x].push_back(y);
in[y] ++;
}
for(int i = 1; i <= n; i ++){
if(in[i] == 0) q.push(i);
dp[i] = a[i]; //刚开始只初始化入度为0的节点然后wa了7个点，原因是存在2 3, 1 3种情况，也就是说这个图有可能是发散的，必须在跑到他之前就要初始化
}
int ans = -0x3f3f3f3f;
while(q.size()){
int t = q.front(); q.pop();
for(auto it : v[t]){
if(ans == -0x3f3f3f3f || ans < a[it] - dp[t]) ans = a[it] - dp[t];
dp[it] = min(dp[it], dp[t]);
if(--in[it] == 0) q.push(it);
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}F - + 1-1x2
Tema
Darle dos números x, y, puede realizar +1 o -1 o * 2 en cada número cada vez, y preguntarle al menos cuántas operaciones necesita para cambiar xay
Ideas
Búsqueda de memoria, dfs (y) representa el número de pasos necesarios para cambiar xay
Ver el código específicamente
código ac
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 2e5 + 5;
map<ll, ll> dp; //dp[y]表示将x变成y需要的步数
ll x, y;
ll dfs(ll yy){
if(yy <= x) return x - yy; //如果x大于等于yy，那么x只能进行x-yy次 减操作到达yy
if(dp.count(y)) return dp[yy]; //记忆化操作直接返回
ll res = yy - x; //表示x进行yy-x次 加操作到达y
if(yy % 2 == 0) res = min(res, dfs(yy / 2) + 1); //如果yy是偶数，那么就存在乘2的操作，使得x到达yy
else res = min(res, 1 + min(dfs(yy + 1), dfs(yy - 1))); //不然就看看加1减1操作使得x到达yy，取一个最小值
return dp[yy] = res; //记忆化存
}
int main(){
cin >> x >> y;
cout << dfs(y);
return 0;
}