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筆記試験のため。だから、プレイには2時間しかかからず、少し早く、多くの詳細は急いで渡されず、検査もありませんでした。
揚げステーキ
方法：すべての面の数はsum = 2 * nであり、次にsum /（2 * k）です。
ans = max（10、n / k）パンケーキが1つしかない場合は、10分間揚げられるため、最小は10分です。
Eカードゲーム
間隔dp +記憶された検索
間隔でlからrのとき、dp [l] [r]をニンニクの頭のジュンからHua Yemeiを差し引いたものとする
#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-twoアレイ
実践：ペイシュウの定理+導出
Pei Shuの定理により、a配列の隣接する差は、方程式変換を実行するためにb配列を必要とすることがわかります。
x1 * b [1] + x2 * b [2] ...... xn * b [n] == a [i + 1] -a [i]
また、x1 * b [1] + x2 * b [2] ...... xn * b [n] = k * gcd（x1、x2、x3 ... xn）には解があります
a配列の最後の数がxであると仮定
dとする：d = xa [i]
つまり、x1 * b [1] + x2 * b [2] ...... xn * b [n] = d余り0またはx1 * b [1] + x2 * b [2] .... ..xn * b [n] = d1 Yu mod ==> d1 + mod = d
したがって、すべての差を埋める必要があります。すべての差は、gcdの係数（x1、x2、x3 ... xn）と同じ余りです。
#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
*/
I関数の総和
トピック：
練習：
コード：
#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;
}
Jシーケンス分割
トピック：
公式ソリューション：
ここでのサブシーケンスでは、添え字が連続して一緒にグループ化されている必要があることに注意してください。添え字は不連続であり、貪欲に書き込みますwa
添え字が連続している場合、それは古典的なdpです。接頭辞の合計と間隔の最小値を維持できます。
dp [i]を最初のi要素に割り当てられた最小の重みの合計とします。
#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
*/
ちなみにグループAの質問を書きます。
グループA
E-GCD
トピック：
練習：古典的なオイラー関数
グループA Jすべて配置
トピック：
cf元のタイトル。。
公式ソリューション：
#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);
}
