前文：
ハッピー冬のホリデー週間の合宿は、オーバー最後に非常に多くの首長や高齢者を満たすためにいいです、姉妹校。それは作られた私たちの冬の休暇のためljw高齢者や陳玉の教員研修に感謝しました。
今日の試験の論文についての簡単なコメントは、ちょうど正午の試合前に、JLW先輩は、タイトルが水である、それは水であり、あなたはそれを信じることができましたか？？とにかく、私はああああああ、いくつかの質問には巨大なピットがあり、（私が弱すぎるよ）実際には、実際には非常に水である、と信じて......私は今、今夜のゲームのいくつかの例について多く、最初のプット話をしませんでした。
情報：
終わりました：
ランク一覧：
黒缶、キョンシー・チャオブラック、ライト果物、クマ、旧魏、日飛（FU）越本当に良い強いああはパズル！！
トピック：
問題A：28倍（2101 NEFU）
核となるアイデア：暴力は、最初の最大値を決定し、数7（彼は少ないビット数より少なくなります）、その後、私はあまりにも料理だった、満たされている条件を参照するために、上の住む、これはACの私の最後の質問、考えることです複雑！
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
//ios::sync_with_stdio(false);(玄学如果不注释会re)
int n;
while (~scanf("%d", &n))
{
int sum2 = 0;
int flag = 0, ans1, ans2; //4,7
sum2 = n / 7; //7的最大数量
for (int i = sum2; i >= 0; i--)
{
int tmp = n;
if ((tmp - i * 7) % 4 == 0)
{
flag = 1;
ans1 = (tmp - i * 7) / 4; //标记4的个数
ans2 = i; //标记7的个数
break;
}
}
if (!flag)
cout << "xinganheixiong" << endl;
else
{
for (int i = 1; i <= ans1; i++)
cout << "4";
for (int i = 1; i <= ans2; i++)
cout << "7";
cout << endl;
}
}
return 0;
}問題B：陳のボーナス（2077 NEFU）
核となるアイデア：シンプルな構造でソート。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 1e5 + 5;
struct student
{
int xh, cy, eng, math;
int sum;
int flag;
} a[M];
bool cmp(student a, student b)
{
if (a.sum != b.sum)
return a.sum > b.sum;
else
{
if (a.eng != b.eng)
return a.eng > b.eng;
else
{
return a.flag > b.flag;
}
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n;
while (cin >> n)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i].xh >> a[i].cy >> a[i].eng >> a[i].math;
a[i].flag = i;
a[i].sum += a[i].math + a[i].cy;
}
sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
int tmp;
if (n < 4)
tmp = n;
else
tmp = 4;
for (int i = 1; i <= tmp; i++)
cout << a[i].xh << " " << a[i].sum << endl;
}
return 0;
}問題C：ボブ・ケーキ（2096 NEFU）
核となるアイデア：この質問は、分数の統合お金に似て、簡単な質問、それを介して正または負の状況を見ることができるようにすることは同じであり、すぐにそれを行うことができるようになります。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int t;
int a, b, x;
int ans;
cin >> t;
while (t--)
{
cin >> a >> b;
x = fabs(a - b);
ans = 0;
while (x >= 5)
{
ans += x / 5;
x -= x / 5 * 5;
}
while (x >= 2)
{
ans += x / 2;
x -= x / 2 * 2;
}
while (x >= 1)
{
ans += x / 1;
x -= x / 1;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}問題のあるD：魔法の事は（NEFU 2090）が起こっ
核となるアイデア：私は書き込みに文字列を直接、原因あまり運動に、スタックをスタックを使用します。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
char a[105], b[105];
while (cin >> a)
{
int sum = 0, L;
L = strlen(a);
for (int i = 0; i < L; i++)
{
b[sum] = a[i];
if (b[sum] == 'o' && b[sum - 1] == 'o') //变化
{
b[sum - 1] = 'O'; //移位
sum--; //两个变成一个
}
if (b[sum] == 'O' && b[sum - 1] == 'O') //删除
sum -= 2; //一次是删除两个
sum++;//继续进行
}
for (int i = 0; i < sum; i++)
cout << b[i];
cout << endl;
}
return 0;
}問題E：jwMM選択ホテル（2083 NEFU）
核となるアイデアは：暴力的ではない、時間のうち、コアのアイデア、シミュレーション、転送状態、あなたはミルクティーを飲むことができる場合は、このホテルの懸念は、ドリンク場合は、そのホテルと同じ色の数の位置に更新され、ANS同じ色のホテルでの+ =現在の（このホテル以外）の数;あなたはそれを飲むことができない場合は、ANS + =ホテルの数と同じ色（この時点ではホテルの数はホテルの前に現在の飲み物のお茶を満たすと確信して同じ色）。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int M = 2e5 + 5;
LL ans = 0;
int color[M] = {0};
int num[55] = {0}; //同颜色酒店的数量
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n, m, pp, pos = 0; //pos是标记能喝奶茶位置的最大值
cin >> n >> m >> pp; //酒店个数，颜色数目，最低消费
for (int i = 1; i <= n; i++) //暂时要住的
{
int col, ppi;
cin >> col >> ppi;
color[i] = col; //储存第i个位置是什么颜色
if (ppi <= pp) //i酒店能奶茶，加上之前的所以同色的酒店就ok
{
for (int j = pos + 1; j <= i; j++) //更新每种颜色酒店的数量
num[color[j]]++;
pos = i; //更新位置
ans += num[col] - 1;
}
else //i酒店不能喝奶茶，就加之前同色酒店数量就行
ans += num[col];
}
cout << ans << endl;
return 0;
}問題F：jwMMのアーチェリーゲーム（2078 NEFU）
核となるアイデア：GCD使用は、（GCDは、共通因子を表すことである）、ピットは、xy未満又は0に等しく、このためQAQ ~~ピットの私の血である有していてもよいです。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int x1, y1, x2, y2;
while (cin >> x1 >> y1)
{
int num[500] = {0}, z = 0;
cin >> x2 >> y2;
int tmp1, tmp2;
tmp1 = __gcd(x1, y1);
tmp2 = x2 - y2;
if (tmp2 <= 0) //这个判断十分重要，题干说是正倍数
cout << "N" << endl;
else
{
if (__gcd(tmp1, tmp2) == 1) //如果是1的话他就没有除1以外的公因子
cout << "N" << endl;
else
cout << "Y" << endl;
}
}
return 0;
}問題G：ダン・プレイ（2082 NEFU）
核心思路：二进制枚举，当时没有看出来，同时也要能清楚知道题干的叙述。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct lam
{
int kg[15];
} a[15];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n, m, tmp, tmp2;
while (cin >> n >> m) //n是开关数量,m是灯泡数量
{
long long ans = 0;
int pi[15] = {0};
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 1; i <= m; i++) //输入灯泡及其开关编号
{
cin >> tmp;
for (int j = 1; j <= tmp; j++)
{
cin >> tmp2;
a[i].kg[tmp2] = 1; //代表的是第ki编号的灯泡是否有相应的开关，即开关标记
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) //输入灯泡亮的程度；
cin >> pi[i];
for (int i = 0; i < (1 << n); i++) //枚举n（开关数量）
{
int dp[15] = {0};
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if (i & (1 << j)) //枚举开关开闭的状态
dp[j + 1] = 1;
else
dp[j + 1] = 0;
}
int z, judge = 0;
for (int k = 1; k <= m; k++) //判断每一个是否成立
{
int sum = 0;
for (z = 1; z <= n; z++)
if (a[k].kg[z] && dp[z]) //ki编号的灯是否有相应的开关
sum++;
if (sum % 2 != pi[k]) //亮度的判断
{
judge = 1;
break;
}
}
if (!judge)
ans++;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}problem H：分糖果(NEFU 2100)
核心思想：二分查找。你的ans一定会小于m值，目的是找到两个数的取余后的加和最大。
- 利用取余的性质
(a+b)%m=(a%m+b%m)%m，对输入进行处理。
- 从i=1，一直查到i=n，最理想中的返回值是m-1，所以对其当作切入点，利用lower_bound（）查找大于等于m-a【i】的坐标。
- 关键：细节处理，设查找的数是tmp，lower_bound（）的防越界处理，当a【i】中的所有数都小于tmp的时候，他的返回值是1+n，是会越界的，要进行后越界处理；当a【i】中的所有数都小于tmp的时候，他的返回值是1，但是你要找的是小于最近一个tmp，要是减去1也是会出界，要做前出界处理。
- 最后一步，如果没有取到x为m-a[i]-1的话就不一定是最优解 所以和最后一个数相加判断。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M = 1e5 + 5;
int a[M], m;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
cin >> t;
while (t--)
{
int n;
memset(a, 0, sizeof(a));
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
a[i] %= m;
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
int tmp1, tmp2, ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
tmp1 = m - a[i];
tmp2 = lower_bound(a + 1, a + 1 + n, tmp1) - a;
if (tmp2 - 1 > 0 && tmp2 != 1 + n) //双倍防越界
{
if (tmp2 - 1 != i)
ans = max(ans, a[tmp2 - 1] + a[i]);
else if (tmp2 - 2 > 0) //如果他俩是同一个位置，就要向前移一位，不能加本身的
ans = max(ans, a[tmp2 - 2] + a[i]);
}
if (i != n) //防止加不到最大值的时候
ans = max((a[i] + a[n]) % m, ans);
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
problem I：抹发胶(NEFU 2088)
核心思路：暴力。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int t;
while (cin >> t)
{
int n, a[105];
while (t--)
{
int minn[105] = {0};
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cin >> a[i];
for (int j = 1; j < i; j++) //在输入的同时判断前一名是否小于后一名
{
if (a[i] > a[j])
minn[i]++;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
cout << minn[i];
if (i == n)
cout << endl;
else
{
cout << " ";
}
}
}
}
return 0;
}problem J：天哥的难题(NEFU 2085)
核心思路：数学证明题，后续证明。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9 + 7;
LL fastpow(LL a, LL b)
{
int res = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int m;
while (cin >> m)
{
cout << fastpow(3, m) << endl;
}
return 0;
}problem K：煊哥的数字游戏(NEFU 2084)
核心思路：防AK的题，巨无敌难的数学推导。异或是不进位的加法。
- sum=a1+a2+...+am，num=a1⊕a2⊕...⊕am。这样就是解sum+b=num⊕2*b。
- 若两边相等，则它的二进制每一位都要相等，模拟等式左边+b，等式右边⊕2*b的过程，从第一位逐个比较，直到sum=num。
- 当sum=num的时候，等式左边=sum+b=sum'，要解b，只需要sum'-sum即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
int a[100005];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int m;
LL sum = 0, num = 0, tmp, i = 0;
cin >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
cin >> a[i];
sum += a[i];
num ^= a[i];
}
LL ans = sum; //记录原来的sum
num *= 2;
while (sum != num)
{
i++;
tmp = (LL)1 << i; //比较每一位是否相同
if (sum % tmp != num % tmp)
{
sum += tmp >> 1;
num ^= tmp;
}
}
cout << sum - ans << endl;
return 0;
}problem L：吃辣条
核心思路：快排+暴力。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
int n;
while (cin >> n)
{
int a[105];
for (int i = 1; i <= n; i++)
cin >> a[i];
sort(a + 1, a + 1 + n);
cout << a[n - 1] << " " << a[2] << endl;
}
return 0;
}
