翻币问题
这是一道傻题，绵羊竟然去宽搜，真搞不懂他在干什么，我的代码很简单。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
if(n==6){
cout<<6;//可恶的绵羊告诉我，翻5次的时候必须翻不同的棋子，于是就只能这样做了
return 0;
}
switch(n%5){
case 0:cout<<n/5;break;
case 1:cout<<n/5+1;break;
case 2:cout<<n/5+2;break;
case 3:cout<<n/5+3;break;
case 4:cout<<n/5+2;break;
}
return 0;
}
ZHK的忧伤
数学题
列出公式：
代码自然也很简单了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=10079833;
long long Pow(long k){
long long s=1,tot=3;
while(k){
if(k%2==1)s=s*tot%mod;
tot=tot*tot%mod;
k=k>>1;
}return s;
}
int main(){
long long k;
cin>>k;
cout<<Pow(k)*k*2%mod;
return 0;
}
ZHK的国家
太水了！
直接晾晒代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<"Peace is what everyone wants.";
return 0;
}
ZHK国王
显然，大正方形的边长等于小正方形的斜边长度。
同时，小正方形的面积是
正方形还有一种计算面积的公式：
斜边 斜边$\div2 $
所以斜边是
$ \sqrt {100\times2} $
所以，正方形的面积是
那么
正方形的面积就出来了是
也就是
所以代码就出来了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
cout<<200;
return 0;
}
很优秀的拆分
美妙的二进制的极致应用
例如：
1、2、4、8、16、32、64、128
互相加可以加出1~255之间所有的数
所以，代码也简单了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n;
cin>>n;
int s=0;
while(n!=0){
n/=2;
s++;
}cout<<s;
return 0;
}
就这么短，没问题
ZHK的反击
是否有人当成守灵者的逃亡来做？
我可以告诉你们有
为什么不要像守灵者的逃亡那样去dp，原因是，等待8秒后再开15分钟的F1模式车相当于23秒开了450米，可普通模式23可以跑460米
所以吗，可以得到一个结论，不要去等待F1模式，这样就好办了，代码也很简单了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int T;
cin>>T;
while(T--){
int x,y;
cin>>x>>y;
if(x<=15){
x*=30;
if(x>=y)cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}else{
x-=15;
int n=x*20+450;
if(n>=y)cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;
}
}
return 0;
}
简单数论
让大家接触提前接触一下数论
这道题的意思是什么呢？
我相信我打一个暴力大家也懂了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,s=0,x;
int main(){
cin>>n>>x;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
s+=i*i+j*j;
s*=36;
s%=x;
cout<<s;
return 0;
}
这样写，大概能得30分
这不就是平方和吗，每个数的平方算了2n次
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,s=0,x;
int main(){
cin>>n>>x;
for(int i=1;i<=n;i++)s+=i*i*n*2;
s%=x;
s*=36;
s%=x;
cout<<s;
return 0;
}
这样写大概能得50分
我们继续推
我们知道
把这个带入式子
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int n,p;
cin>>n>>p;
long long ans=n;
ans*=n+1;
ans%=p;
ans*=2*n+1;
ans%=p;
ans*=ans;
ans%=p;
cout<<ans;
return 0;
}
二叉树上的程序猿
水题！
dp
其实就很像导弹拦截
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[55],b[55],f[55];
int main(){
int n,ans=0;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<i;j++)
if(a[j]>=a[i])f[i]=max(f[i],f[j]);
f[i]+=b[i];
ans=max(ans,f[i]);
}cout<<ans;
return 0;
}
鸭王
最难的题目
二分+贪心
// luogu-judger-enable-o2
#pragma GCC optimize(3)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
bool a[18010];
vector<int>q;
int n,k;
int find(int x){
for(int i=max(x-k,1);i<=n;i++)
if(a[i]){
a[i]=false;
return i;
}
return -1;
}
bool check(int x){
memset(a,1,sizeof(a));
q.clear();
q.push_back(x);
a[x]=0;
int beg=1;
while(beg<n)
for(int j=0;j<q.size();j++){
beg++;
x=find(q[j]);
if(x==-1)return false;
q.insert(j+q.begin()+1,x);
j++;
}
return true;
}
int main(){
cin>>n>>k;
int left=1,right=n+1;
while(left+1<right){
int mid=(left+right)/2;
if(check(mid))left=mid;
else right=mid;
}cout<<left;
return 0;
}
// luogu-judger-enable-o2
#pragma GCC optimize(3)
这个是个好东西，让我最后一个点的时间，减少了一半，从TLE变成AC
洛谷神鸭竟然用了并查集
我仔细想了一下，确实是一个好方法，在这也放一下代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template <typename T> inline void read(T &FF)
{
int RR=1;FF=0;char CH=getchar();
while(!isdigit(CH)&&CH!='-') CH=getchar();
if(CH=='-') RR=-1;else FF=CH^48;CH=getchar();
while(isdigit(CH)) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+(CH^48),CH=getchar(); FF*=RR;
}
int n,k,ans;
int fa[100010];
int bcj(int xi)
{
if(xi==-1) return xi;
if(fa[xi]==xi) return xi;
return fa[xi]=bcj(fa[xi]);
}
bool work(int i)
{
for(int l=1;l<=n;l++)
fa[l]=l;
fa[n+1]=-1;
fa[i]=(i==n)?-1:i+1;
deque<int> qi; int o=1;
qi.push_front(i);
while(o<n)
{
int stp=qi.back();
while(qi.front()!=stp)
{
o++;
int pi=qi.front(); qi.pop_front(); qi.push_back(pi);
int Ty=bcj(max(pi-k,1));
if(Ty==-1) return false;
qi.push_back(Ty),fa[Ty]=bcj(Ty+1);
}
o++;
int pi=qi.front(); qi.pop_front(); qi.push_back(pi);
int Ty=bcj(max(pi-k,1));
if(Ty==-1) return false;
qi.push_back(Ty),fa[Ty]=bcj(Ty+1);
}
return true;
}
int main()
{
//freopen(".in","r",stdin);
//freopen(".out","w",stdout);
read(n),read(k);
int l=1,r=n;
while(l<=r)
{
//memset(flag,0,sizeof(flag));
int mid=(l+r)>>1;
if(work(mid)) ans=mid,l=mid+1;
else r=mid-1;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
并查集真强大，我开
用时还是他的代码的10倍左右
斗地主
这题显然是dp
数组
f[i][j]
表示的是，翻到的数字和为i，现在数值为j的那一面朝上
题意有一个坑点
你可以随便选择一面朝上开始翻
状态有了，现在要来考虑转移状态的方程该怎么写了
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long f[10010][11];//状态表示：f[i][j]表示，翻完的值为i,此时色子j面朝上，所花费的步数最小值(算j)
int main(){//由于数据个数很多，所以需要直接在外面初始化
memset(f,0x3f3f3f,sizeof(f));//先将f的值设定为无穷大
f[0][1]=0;//边界条件。显然的。
for(int i=2;i<=10000;i++)//一直算到最大值
for(int j=1;j<=6&&j<=i;j++)//从哪个地方过来的
for(int k=1;k<=6;k++)//从那个地方过来的之前在哪个点能是f[i][j]最小(它是怎么来的)
if(j+k!=7&&j!=k)f[i][j]=min(f[i][j],f[i-j][k]+1);//不能跟j对面，也不能与j相同，我看过了陈书扬的代码，状态转移方程竟然是推未来，很玄学，我觉得还是我的代码更加简洁易懂。
long long T;
cin>>T;
while(T--){
long long x;
cin>>x;
long long ans=0x3f3f3f;
for(int i=1;i<=6;i++)ans=min(ans,f[x][i]);//判断最后到那个格子翻的次数最少
if(x<=6)cout<<1<<endl;
else if(ans==0x3f3f3f)cout<<-1<<endl;//如果对于赋的初值，显然是没有办法翻到了
else cout<<ans<<endl;//否责，当然是输出最优解了
}
return 0;
}
