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T1：权势二进制
T2：num
T3：attack
T4：h3
一届快乐的%你赛又拉开了帷幕……
回归正题：
T1：权势二进制
题目描述
一个十进制整数被叫做权势二进制，当他的十进制表示的时候只由0或1组成。例如0，1，101，110011都是权势二进制而2，12，900不是。
当给定一个n的时候，计算一下最少要多少个权势二进制相加才能得到n。
输入
k组测试数据。
第1行给出一个整数k (1<=k<=10)
第2到k+1行每行一个整数n(1<=n<=1000000)
输出
输出答案占k行。
每行为每个n的答案。
样例输入
1
9
样例输出
9
分析：
一开始我还以为要做什么二进制转换，事实上样例就说明了：这道题的做法其实就是
把输入的数n的每一位提取出来，值最大的那一位就是答案，直接输出即可。
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CODE：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,maxx,num;
int main()
{
//freopen("a.in","r",stdin);
//freopen("a.out","w",stdout);
scanf("%d",&n); //输入n
for(int i=1;i<=n;i++)
{
maxx=0; //最大值每次清零
scanf("%d",&num);
while(num)
{
maxx=max(maxx,num%10); //求最大的那一位
num/=10;
}
printf("%d\n",maxx); //输出
}
return 0;
}
T2:num
题目描述
KC邀请他的两个小弟K和C玩起了数字游戏。游戏是K和C轮流操作进行的，K为先手。KC会先给定一个数字Q，每次操作玩家必须写出当前数字的一个因数来代替当前数字，但是这个因数不能是1和它本身。例如当前数字为6，那么可以用2,3来代替，但是1和6就不行。现在规定第一个没有数字可以写出的玩家为胜者。K在已知Q的情况，想知道自己作为先手能不能胜利，若能胜利，那么第一次写出的可以制胜的最小数字是多少呢？整个游戏过程我们认为K和C用的都是最优策略。
输入
只包括一个正整数Q
输出
第一行是1或2,1表示K能胜利，2表示C能胜利。
若K能胜利，则在第二行输出第一次写出的可以制胜的最小数字，若是第一次就无法写出数字，则认为第一次写出的可以制胜的最小数字为0。
说明：若C能胜利，不用输出第二行，输出2即可。
样例输入
6
样例输出
2
分析：
这道题分三种情况：
1.q本身是质数：输出1换行再输出0。
2.q为两个质数的乘积(质数相同也可以)：输出2。
3.q为多个质数的乘积(也可以相同)：输出1换行再输出q的两个最小质因数的乘积。
但是我在找质数那里多了几个大括号，导致我0分？？？？？？
这就离谱
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AC CODE：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cmath>
#include<queue>
#define ll long long
using namespace std;
ll n,ans;
queue<ll>q; //队列
int main()
{
//freopen("num.in","r",stdin);
//freopen("num.out","w",stdout);
cin >> n;
for(ll i = 2;i * i <= n;i++)
while(n % i == 0) //找质数
q.push(i),n /= i; //没有括号了
if(n != 1)
q.push(n); //入队
if(q.size() == 2) //情况2
printf("2\n");
else if(q.size() == 1) //情况1
printf("1\n0\n");
else //情况3
{
printf("1\n");
ans = q.front();
q.pop();
printf("%lld\n",ans * q.front());
}
return 0;
}
T3：attack
题目描述
月球上反凤凰装甲在凤凰之力附身霍普之前，将凤凰之力打成五份，分别附身在X战警五大战力上面辐射眼、白皇后、钢力士、秘客和纳摩上（好尴尬，汗）。
在凤凰五使徒的至高的力量的威胁下，复仇者被迫逃到昆仑的一座山上，因为凤凰五使徒监视不到那里。
霍普加入了复仇者，为了磨练自己，她在n个山峰之间跳跃。
这n个山峰在一条直线上，每个山峰都有不同的高度，只知道这些山峰在水平上相对位置。霍普可以将这些山峰左右移动但不能改变他们的相对位置（要保证两两山峰间距为整数且大于等于1）。霍普要从最矮的山峰开始跳，每次跳向第一个比现在她所在的山峰高的山峰，一共跳n-1次，由于能力有限，每次跳跃的水平距离小于等于d。
霍普想知道如何移动这些山峰，使得在可以经过所有的山峰并跳到最高的山峰上的基础下，又要使最矮的山峰和最高的山峰的水平距离最远，霍普要你求出最远的水平距离。如果无论如何也不能经过所有的山峰并跳到最高的山峰上，那么输出-1。
输入
输入文件名为attack.in。
本题每个测试点有多组数据，
在第一行中有一个整数t，表示数据的数目（t<=500）
对于每组数据：
第一行包含两个整数n（1≤n≤1000）和d（1≤d≤1000000）。
下一行包含n个整数，给出n个山峰的高度，输入顺序即为山峰在水平上的相对顺序。在每个数据中，所有的高度都是唯一的。
输出
输出文件名为attack.out。
输出共t行。
对于每组数据输出最远的水平距离。如果无论如何也不能经过所有的山峰并跳到最高的山峰上，那么输出-1。
样例输入
3
4 4
20 30 10 40
5 6
20 34 54 10 15
4 2
10 20 16 13
样例输出
3
3
-1
分析：
这道题原来是最短路啊……
还以为是什么不可做的题呢……
条件1、两个山峰之间水平距离至少为1(因为山峰不能在同一位置上)。
条件2、霍普每次最多跳d的水平距离。
对于第一个条件，对于两个相邻的山峰，相对位置（即输入顺序）大的向相对位置小的连一条权值为-1的边。
对于第二个条件，对于两个高度排名相邻的山峰，相对位置小的向相对位置大的连一条d的边。
然后比较最高和最低的山峰，从相对位置小的那个山峰出发，跑一遍SPFA最短路，输出到相对位置大的山峰的距离。
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CODE：
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const int N=2005;
using namespace std;
struct node
{
int h,p;
}a[N];
int T,last[N*2],to[N*2],next[N*2],v[N*2],dis[N],n,d,tot,in[N*N],pp,num[N];
bool vis[N];
void gragh(int x,int y,int z)
{ //邻接表
next[++tot]=last[x];
last[x]=tot;
to[tot]=y;
v[tot]=z;
}
bool cmp(node x,node y)
{ //排序函数
return x.h<y.h;
}
int spfa(int x)
{ //spfa最短路
memset(vis,true,sizeof(vis));
fill(dis,dis+1+n,1200000000); //一个十分好用的赋值函数
memset(num,0,sizeof(num));
int head=0,tail=1,g;
dis[x]=0;
in[1]=x;
while(head<tail)
{ //spfa主体
g=in[++head];
vis[g]=true;
for(long long i=last[g];i;i=next[i])
{
long long j=to[i];
if(dis[j]>dis[g]+v[i])
{
dis[j]=dis[g]+v[i];
if(vis[j])
{
vis[j]=false;
in[++tail]=j;
if(++num[j]>n) return -1;
}
}
}
}
return 0;
}
int main()
{
//freopen("attack.in","r",stdin);
//freopen("attack.out","w",stdout);
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
pp++;
scanf("%d%d",&n,&d);
tot=0;
memset(last,0,sizeof(last));
memset(next,0,sizeof(next));
memset(to,0,sizeof(to));
memset(v,0,sizeof(v));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i].h);
a[i].p=i;
gragh(i,i-1,-1); //连权为-1的边
}
sort(a+1,a+1+n,cmp); //排序
for(int i=1;i<=n-1;i++)
{
if(a[i].p<a[i+1].p) //特判
gragh(a[i].p,a[i+1].p,d); //连边权为d
else
gragh(a[i+1].p,a[i].p,d); //连边权为d
}
int e,k;
if(a[1].p<a[n].p)
{ //特判
k=spfa(a[1].p);
e=a[n].p;
}
else
{
k=spfa(a[n].p); //相对位置小跑最短路
e=a[1].p;
}
if(k==-1) printf("-1\n");
else
{
printf("%d\n",dis[e]);
}
}
}
T4：h3
Description
“尼伯龙根是一棵由n-1条高架路连起n 个地区的树，每一次Load，你都会重生在某一个地区。如果重生点是整个尼伯龙根的重心，也就是这个树的重心，那么你就能在最短时间内带诺诺逃脱啦。”
“对了，再给你一点方便咯，你可以选一条高架桥断掉，再连接另外两个地方，每次Load只能用一次技能，而又必须使整个它仍构成树形结构。你的Save点在这里，Load自然会恢复原始的尼伯龙根咯。”
输入
第一行两个整数n,m，n意义如题，m表示路明非Load了m次。
接下来n-1行，每行两个整数x,y表示节点x,y之间存在一条边。
接下来m行，每行一个整数p,表示这次Load的重生地区。
输出
对于每一个询问，输出一行
如果可以则输出”YES”，否则输出”NO”（注意没有引号）
样例输入
5 3
1 2
1 3
1 4
1 5
1
2
3
样例输出
YES
NO
NO
分析：
刚看这题就知道要做树的重心，但我还没学啊……不会敲。
思路是：找到树的重心，询问x个点，去掉任意一条边，又连上任意两点，求出它能否成为树的重心
就可以找出重心的最大和次大子树，如果i在最大子树上，就将次大子树连上x，不然就将最大子树连上x，再判断这个点是否符合重心。
没有代码
有思路不会敲。
等我学成后一定补上这道题……
