T1
*本觉得是一道水题，没怎么在意，结果只得了特殊点的分10分 *
题目描述：
PYWBKTDA最近正在打怪兽,一个斯拉夫神话中的凶猛怪兽,一个有着多个头的巨大龙状爬行
动物。
开始的时候,怪兽有X个头,你有n种打击方式。如果你选择第i种打击方式,这个神奇的怪兽会减
少min(d i ,cur)个头。这里cur表示当前怪兽拥有的头的数量。但是如果怪兽被打击以后还至少留下
了一个头,那么它就会再长出h i 个头来。当cur = 0或者小于0的时候,怪兽被打败了。
注意,你可以使用任何一种打击方式任何次数,以任何的顺序。
例如,如果当前cur = 10,d = 7,h = 10,那么一次打击以后怪兽就会有13个头了（因为减少了7个
头以后,怪兽还剩下3个头,再加上10个头）。但是如果当前cur = 10,d = 11,h = 100,那么怪兽就被打
败了。
输入
第一行输入是两个整数n和x,分别表示打击的种类和开始时候怪兽的头的数量。
接下来n行, 每行两个整数描述了d i 和h i ,表示第i种打击减少的头的数量和会长出来的头的数量。
输出
输出只有一个整数,表示最少需要打击的次数,如果怪兽无法被打败,就输出−1。
- 分析
大意是，py…这个人在打怪，把怪的头打完，则胜利。他有n种打击，规定你选则第i种方式，能打掉di个头。
这道题我们必须分情况讨论，能打败和不能打败。
能打败：
我们用一个while循环来判断x(怪兽当前有多少个头)是否小于等于0。
然后再判断怪兽头能否一次击败，能则输出需要次数+1（sum）。
不能，则让怪兽头去减n种方法中最大的纯打击方式max（di-hi）
不能打败
则是一开始就判断n种打击方式是否都是负打击（di<=hi），如果是则sum++。
然后再判断他是否有一种方式能一次打败怪兽，如果能，输出1，return 0；如果不能并sum=x
则输出-1.
code：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int d[110],h[110],th[110];
int main()
{
freopen("monster.in","r",stdin); //文件输入输出
freopen("monster.out","w",stdout);
int n,sum=0,t;
cin>>n>>t;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>d[i]>>h[i];
if(h[i]>=d[i]&&t>d[i]) sum++; //判断是否都是负打击
th[i]=d[i]-h[i];
}
for(int i=1;i<=n;i++) //判断是否能一次打败怪兽
{
if(d[i]>=t)
{
cout<<1<<endl;
return 0;
}
}
if(sum==n)
{
cout<<-1<<endl;
return 0;
}
sum=0;
int maxx=th[1];
for(int i=2;i<=n;i++) //做判断,找最大的纯打击方式
if(th[i]>maxx) maxx=th[i];
while(t>0) //能打败流程
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(d[i]>=t)
{
cout<<1+sum<<endl;
return 0;
}
t-=maxx;
sum++;
}
cout<<sum<<endl; //输出sum，华丽结束！
return 0;
}
---- -----------------------------------华丽的分割线-------------------------------------------------------------------------------
T2
一开始没有看懂题意，以为x越小，位置越上，则被题目坑了50分！
题目描述
PYWBKTDA有一块白板,这块白板的四条边分别平行于坐标轴。我们可以假设这块白板的左
下角在(x 1 ,y 1 )位置,右上角在(x 2 ,y 2 )位置。
现在有两块黑板放到白板的上面,这两块黑板的四条边也是平行于坐标轴的。我们可以设第1块
黑板的左下角是(x 3 ,y 3 ),右上角在(x 4 ,y 4 )位置, 第2块黑板的左下角是(x 5 ,y 5 ),右上角在(x 6 ,y 6 )位置。
现在你的任务是来判断,我们从上往下看,是否有白板的部分区域可以被看到。所谓的白板部分
区域被看到的意思是,白板上至少有一个点没有被黑板遮住。
输入
输入第一行有一个整数t,表示数据的组数。
接下来每组数据：
输入的第一行包含4个整数,分别表示x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2 ,即白板的左下角和右上角。
输入的第二行包含4个整数,分别表示x 3 ,y 3 ,x 4 ,y 4 ,即第1块黑板的左下角和右上角。
输入的第三行包含4个整数,分别表示x 5 ,y 5 ,x 6 ,y 6 ,即第2块黑板的左下角和右上角。
输出
输出有t行,对于每组数据,如果有部分白板可以被看到,就输出Y ES,否则就输出NO。
题目的坐标系是这样的：
看完题目后，我们进人正题。
这道题我们还是分情况来做。
一种是没有白板可以被看到
则分为六种情况：
那有部分白板可以被看到的情况就简单了，一个bool判断即可。
code：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long t,b,x1,y1,x2,y2,x3,y3,x4,y4,x5,y5,x6,y6;
int main()
{
//freopen("sheet.in","r",stdin);
//freopen("sheet.out","w",stdout);
cin>>t;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
b=0;
cin>>x1>>y1>>x2>>y2;
cin>>x3>>y3>>x4>>y4;
cin>>x5>>y5>>x6>>y6;
//六种情况
if(x3<=x1&&y3<=y1&&x4>=x2&&y4>=y2)b=1;
if(x5<=x1&&y5<=y1&&x6>=x2&&y6>=y2)b=1;
if(x3<=x1&&y3<=y1&&x6>=x2&&y6>=y2)
{
if(x4>=x1&&y4>=y2&&x5<=x2&&y5<=y1&&x4>=x5)
b=1;
if(x4>=x2&&y4>=y1&&x5<=x1&&y5<=y2&&y4>=y5)
b=1;
}
if(x5<=x1&&y5<=y1&&x4>=x2&&y4>=y2)
{
if(x6>=x1&&y6>=y2&&x3<=x2&&y3<=y1&&x6>=x3)
b=1;
if(x6>=x2&&y6>=y1&&x3<=x1&&y3<=y2&&y6>=y3)
b=1;
}
if(b==0)cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
return 0;
}
T3
T4
