A. Reorder
判断一下所有元素加和是否等于m即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
int n,m;
int sum;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
int x;
sum=0;
while(n--)
{
scanf("%d",&x);
sum+=x;
}
if(sum==m)
puts("YES");
else
puts("NO");
}
return 0;
}
B. Prime Square
n很小随便搞，我是直接+4,+6,+8…这样做的，也可以像答案一样用0，1（比赛时候以为不能用0QAQ）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e4+5;
long long su[maxn],cnt;
bool isprime[maxn];
int a[maxn];
void prime()
{
cnt=1;
memset(isprime,1,sizeof(isprime));//初始化认为所有数都是素数
isprime[0]=isprime[1]=0;//0和1不是素数
for(long long i=2;i<=maxn;i++)
{
if(isprime[i])
su[cnt++]=i;//保存素数i
for(long long j=1;j<cnt&&su[j]*i<=maxn;j++)
{
isprime[su[j]*i]=0;//筛掉小于等于i的素数和i的积构成的合数
}
}
}
int main()
{
int T;
prime();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
a[0]=1;
int sum=1;
for(int i=1;i<n;++i)
{
for(int j=4;;j+=2)
{
if(isprime[sum+j])
{
a[i]=j;
sum+=j;
break;
}
}
}
for(int j=0;j<n;++j)
{
for(int i=0;i<n;++i)
{
printf("%d ",a[(i+j)%n]);
}
puts("");
}
}
return 0;
}
C. Binary Search
利用二分的过程，判断一下必须向右跳的有几个，必须向左跳的有几个，然后排列计算一下即可。
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e3+5;
int n,x,pos;
ll A[N][N];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&x,&pos);
A[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
{
A[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;++j)
{
A[i][j]=(i-j+1)*A[i][j-1]%mod;
}
}
int le,gr;
le=gr=0;
int l=0;
int r=n;
while(l<r)
{
int mid=(l+r)>>1;
if(mid<=pos)
{
if(mid!=pos)
le++;
l=mid+1;
}
else
{
gr++;
r=mid;
}
}
//cout<<le<<" "<<gr<<endl;
printf("%lld\n",A[x-1][le]*A[n-x][gr]%mod*A[n-le-gr-1][n-le-gr-1]%mod);
return 0;
}
D. Bandit in a City
这题就是要使叶子节点的权值尽可能平均，那对于一个节点如何知道怎样分配才能使其叶子节点平均呢。只需要从叶子节点向上，维护当前叶子节点最大值，叶子节点数，叶子节点权值和。然后判断当前所有叶子节点的权值和 sum + 当前点的值v 是否> 当前叶子节点最大值max*当前叶子节点数，如果小于说明还不能使所有叶子节点权值到max，否则就可以让所有节点权值到max，然后利用平均分配原则，使剩下的值平均的分给每个叶子，更新max。最后根节点的max就是答案。
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e5+5;
int head[N];
struct node
{
int to,next;
}edge[N];
ll a[N];
struct e
{
ll ma;
ll num;
ll sum;
}p[N];
int n;
int cnt;
void add(int x,int y)
{
edge[++cnt].to=y;
edge[cnt].next=head[x];
head[x]=cnt;
}
void dfs(int u,int fa)
{
bool flag=0;
ll ma=0;
ll s=0;
ll nb=0;
for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
{
flag=1;
int v=edge[i].to;
dfs(v,u);
ma=max(ma,p[v].ma);
s+=p[v].sum;
nb+=p[v].num;
}
if(!flag)//р╤вс╫з╣Ц
{
p[u].ma=a[u];
p[u].sum=a[u];
p[u].num=1;
}
else
{
if(a[u]+s>ma*nb)
{
ll t=a[u]+s-ma*nb;
ma+=t/nb;
if(t%nb)
ma++;
}
p[u].ma=ma;
p[u].sum=s+a[u];
p[u].num=nb;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=2;i<=n;++i)
{
int x;
scanf("%d",&x);
add(x,i);
}
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%lld",&a[i]);
dfs(1,0);
printf("%lld\n",p[1].ma);
return 0;
}
E. Complicated Computations
我们需要找到最后mex序列的所有元素,那么考察每一个元素是否出现在最后mex即可。对于一个数k，如果其为某序列mex，那么其在序列肯定没出现，并且1~k-1都出现了。那么在原始序列，就是看1~k-1最小的位置，是否出现在上一次k出现的位置之前，如果出现在上一次k出现的位置之前，那么此时mex就是最小的那个，否则就是k。这个过程可以用线段树模拟。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5;
int n;
int a[N];
bool vis[N];//记录该数是否出现过
int last[N];//记录该数上一次出现的位置
int mi[N<<4];//维护1-k-1最小出现位置
void push_up(int k)
{
mi[k]=min(mi[k<<1],mi[k<<1|1]);
}
void update(int k,int l,int r,int pos,int v)
{
if(l==r)
{
mi[k]=v;
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(pos<=mid)
update(k<<1,l,mid,pos,v);
else
update(k<<1|1,mid+1,r,pos,v);
push_up(k);
}
int query(int k,int l,int r,int v)
{
if(l==r)
return l;
int mid=(l+r)>>1;
if(mi[k<<1]<v)
return query(k<<1,l,mid,v);
else
return query(k<<1|1,mid+1,r,v);
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;++i)
{
int x=a[i];
if(last[x]+1<i)
vis[query(1,1,N-1,last[x]+1)]=1;
last[x]=i;
update(1,1,N-1,x,i);
}
for(int i=1;i<=N-1;++i)
{
if(last[i]&&last[i]!=n)
vis[query(1,1,N-1,last[i]+1)]=1;
}
vis[query(1,1,N-1,1)]=1;
for(int i=1;i<=N-1;++i)
{
if(!vis[i])
{
printf("%d\n",i);
return 0;
}
}
}