A. Nezzar and Colorful Balls
题目传送门：
思路：
水题，找到最多有多少个数是相同的即可。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[105];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
int res=1;
int num=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]!=a[i-1]) num=1;
else
{
num++;
res=max(res,num);
}
}
printf("%d\n",res);
}
//system("pause");
return 0;
}
B. Nezzar and Lucky Number
题目传送门：
题目大意：
给你一个数字d。如果一个整数中的某一位是d则这个整数是幸运数字，给你一个整数，问这个数是否能由若干个幸运数字相加而成。
思路：
1.当 x >= d * 10 直接输出YES , 比如当d=7时， 70~76都为幸运数字，而的大于76的数都可以由其中的一个数+7的倍数组成。
2.当 x<d*10 时直接打表判断即可。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e4+10;
int f[10][15];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
for(int i=1;i<=9;i++)
for(int j=0;j<=10;j++)
f[i][j]=-1;
for(int i=1;i<=9;i++)
for(int j=1;j<=10;j++)
if(f[i][i*j%10]==-1) f[i][i*j%10]=i*j;
while(t--)
{
int q,d;
scanf("%d%d",&q,&d);
for(int i=1;i<=q;i++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
if(x>=d*10) printf("YES\n");
else
{
if(f[d][x%10]!=-1&&x>=f[d][x%10])
printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
}
}
//system("pause");
return 0;
}
C. Nezzar and Symmetric Array
题目传送门：
思路：
1.由于a数组中正负两个数成对出现，所以d数组中每个数也得出现两次
2.我们假设原来的正数由a1、a2、a3、a4组成且递增，则这几个数的di为：
-
d1=a2-a1+a3-a1+a4-a1+a1+a1+a1+a2+a1+a3+a1+a4=2×a1+2×a2+2×a3+2×a4
-
d2=a2-a1+a3-a2+a4-a2+a1+a2+a2+a2+a2+a3+a2+a4=4×a2+2×a3+2×a4
-
d3=a3-a1+a3-a2+a4-a3+a1+a3+a2+a3+a3+a3+a3+a4=6×a3+2×a4
-
d4=a4-a1+a4-a2+a4-a3+a1+a4+a2+a4+a3+a4+a4+a4=8×a4
这规律应该就很明显了吧，判断一下整除和正负关系即可。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10;
LL d[N],a[N],ans[N];
map<LL,int>mp;//记录每个数字出现的次数
int tot=0;
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n;
scanf("%d",&n);
mp.clear();
int flag=0;
tot=0;
for(int i=1;i<=2*n;i++)
{
scanf("%lld",&d[i]);
if(!mp[d[i]]) a[++tot]=d[i];
mp[d[i]]++;
if(mp[d[i]]>2) flag=1;
}
if(flag==1)
{
printf("NO\n");
continue;
}
sort(a+1,a+1+tot);
for(int i=1;i<=tot;i++)
{
if(mp[a[i]]==1)
{
flag=1;
break;
}
}
if(flag==1)
{
printf("NO\n");
continue;
}
LL sum=0;
for(int i=tot;i>=1;i--)
{
LL k=2*i;
a[i]=a[i]-2*sum;
if(a[i]%k||a[i]<=0)
{
flag=1;
break;
}
ans[i]=a[i]/k;
sum=sum+ans[i];
}
if(flag==0) printf("YES\n");
else printf("NO\n");
}
//system("pause");
return 0;
}
D. Nezzar and Board
题目传送门：
题目大意：
给你n个n个不同的整数，你可以选2个数x,y（可以相同），进行2*x-y的操作，并将操作后的数加入其中。问经过一系列的操作，能不能得到整数m。
思路：
如果把这个操作看成 x + ( x - y )，那么就可以把整个过程看做是任取一个元素x,并加上两个数的差。我们又可以注意到像a3-a1这样的差可以由 ( a3 - a2 ) + ( a2 - a1 ) 来构成。及任意两项的差都可以转化为相邻两项的差得到。其实我们可以固定x为a1。那么式子就可以转化为 ：
a1+k1(a2-a1)+k2(a3-a2)+k3(a4-a3)……kn(an-an-1)=m
k1(a2-a1)+k2(a3-a2)+k3(a4-a3)……kn(an-an-1)=m-a1
看着这个式子是不是很像裴蜀定理。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=2e5+10;
LL a[N];
LL gcd(LL x,LL y)
{
if(x%y==0) return y;
return gcd(y,x%y);
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
LL n,k;
scanf("%lld%lld",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
LL g=abs(a[2]-a[1]);
for(int i=3;i<=n;i++)
g=gcd(g,abs(a[i]-a[i-1]));
if((k-a[1])%g!=0) printf("NO\n");
else printf("YES\n");
}
//system("pause");
return 0;
}
E. Nezzar and Binary String
题目传送门：
题目大意：
给你一个长度为n的二进制字符串s，有q个询问，每次询问区间[l,r]。每次操作分为两个部分：
1.询问区间[l,r]中是否同时含有1和0，如果同时含有，则立即停止
2.如果区间中全部都为1种元素，那么你可以修改其中严格少于区间长度的一半的元素。
问经过q次操作之后是否能从字符串s到字符串f。
思路：
正着想比较难想，于是我们反着来。
那么也就是先进行修改。将查询区间都修改为1种元素。最后再和目标序列比较。那么怎么进行修改呢，就是把数量少的元素向数量多的元素进行修改，这样才能满足修改数量的限制。当区间长度为偶数，且0和1的数量相等时，这时无法修改，直接退出并输出NO
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+10;
int a[N],b[N],l[N],r[N];
struct node
{
int l,r;
int num0,num1;
int lazy;
}tr[N*4];
void pushup(int k)
{
tr[k].num0=tr[k<<1].num0+tr[k<<1|1].num0;
tr[k].num1=tr[k<<1].num1+tr[k<<1|1].num1;
}
void pushdown(int k)
{
if(tr[k].lazy)
{
int x=0,y=0;
if(tr[k].num0) x=1;
if(tr[k].num1) y=1;
tr[k<<1].num0=x*(tr[k<<1].r-tr[k<<1].l+1);
tr[k<<1].num1=y*(tr[k<<1].r-tr[k<<1].l+1);
tr[k<<1|1].num0=x*(tr[k<<1|1].r-tr[k<<1|1].l+1);
tr[k<<1|1].num1=y*(tr[k<<1|1].r-tr[k<<1|1].l+1);
tr[k<<1].lazy=tr[k<<1|1].lazy=1;
tr[k].lazy=0;
}
}
void build(int k,int l,int r)
{
tr[k].l=l,tr[k].r=r;
tr[k].lazy=0;
if(l==r)
{
if(b[l]==0)
{
tr[k].num0=1;
tr[k].num1=0;
}
else
{
tr[k].num1=1;
tr[k].num0=0;
}
return ;
}
int mid=(l+r)/2;
build(k<<1,l,mid);
build(k<<1|1,mid+1,r);
pushup(k);
}
int query(int k,int l,int r) //返回的是0的数量
{
if(tr[k].l>=l&&tr[k].r<=r)
return tr[k].num0;
pushdown(k);
int mid=(tr[k].l+tr[k].r)/2;
int res=0;
if(l<=mid) res=query(k<<1,l,r);
if(r>=mid+1) res+=query(k<<1|1,l,r);
return res;
}
void modify(int k,int l,int r,int x)
{
if(tr[k].l>=l&tr[k].r<=r)
{
if(x==0)
{
tr[k].num1=0;
tr[k].num0=tr[k].r-tr[k].l+1;
}
else
{
tr[k].num0=0;
tr[k].num1=tr[k].r-tr[k].l+1;
}
tr[k].lazy=1;
return ;
}
pushdown(k);
int mid=(tr[k].r+tr[k].l)/2;
if(l<=mid) modify(k<<1,l,r,x);
if(r>=mid+1) modify(k<<1|1,l,r,x);
pushup(k);
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,q;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%1d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%1d",&b[i]);
for(int i=1;i<=q;i++)
scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
build(1,1,n);
int flag=0;
for(int i=q;i>=1;i--)
{
int k=query(1,l[i],r[i]);
int len=r[i]-l[i]+1;
if(len%2==0&&k==len/2)
{
flag=1;
break;
}
else
{
if(k>len-k)//0的数量比较多
modify(1,l[i],r[i],0);
else modify(1,l[i],r[i],1);//1的数量比较多
}
}
if(flag==1)
{
printf("NO\n");
continue;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]==0&&!query(1,i,i))
{
flag=1;
break;
}
if(a[i]==1&&query(1,i,i))
{
flag=1;
break;
}
}
if(flag==1) printf("NO\n");
else printf("YES\n");
}
//system("pause");
return 0;
}
F. Nezzar and Nice Beatmap
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int>pii;
const int N=5005;
pii a[N];
LL dist(const pii &a,const pii &b)
{
LL dx=a.first-b.first;
LL dy=a.second-b.second;
return dx*dx+dy*dy;
}
bool st[N];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
st[1]=1;
printf("1 ");
int ans=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
LL maxn=-1e18;
int t=-1;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(st[j]) continue; //已经用过了
LL d=dist(a[ans],a[j]);
if(d>maxn)
{
maxn=d;
t=j;
}
}
if(t==-1) break;
st[t]=1;
ans=t;
printf("%d ",t);
}
//system("pause");
return 0;
}