按照题意模拟即可。 但是有可能被卡精度，我赛时就被卡了。 这里建议在取 min⁡\minmin 时将括号中的 mmm 拆出来，然后先和 100100100 相乘，就不会被卡了。 代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long//注意！！！ signed main () { int T, n; double m; scanf ("%lld", &T); long long res = 0ll; while (T --) { scanf ("%lld%lf", &n, &...

对题目意思做一个解释。 你需要找到图中不安全的普通植物。 什么叫做不安全呢？在周围 3×33×33×3 八个位置中没有萝卜保护伞，就是不安全的。 我们直接暴力遍历地图，找到普通植物时判断它周围八个位置中有没有萝卜保护伞，计数即可。 代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e3 + 70; char c[N][N]; int main () { int T, n, m; scanf ("%d", &T); while (T --) { scanf ("%d%d", &n, &...

我们遍历数组 aaa，将所有进步段的左端点和右端点存起来，然后将其按照右端点权值减左端点权值的大小为第一关键字、左端点为第二关键字进行排序，最后输出即可。 代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e6 + 7; int a[N], n, T; struct Node { int l; int r; }t[N]; inline bool cmp (Node x, Node y) { if (a[x.r] - a[x.l] == a[y.r] - a[y.l]) { return x.l &l...

由于扫码过门这个操作必须独立，所以我们先不管它，最后输出加入它。 因为牛牛可以边走路边掏出手机然后打开健康码，所以我们可以同时进行走路和使用手机这两个操作。 那么耗费的总时间就是 x×y,a×b+c\max_{x×y,a×b}+cmaxx×y,a×b​+c。

很容易想到要用 dp。 可以设 dpi,jdp_{i,j}dpi,j​ 表示前 iii 回合分值为 jjj 的方案数。 那么可以得到转移方程 dpi,j=∑t=1mdpi−1,(j−a[t])mod  kdp_{i,j}=\sum_{t=1}^{m}dp_{i-1,(j-a[t])\mod k}dpi,j​=∑t=1m​dpi−1,(j−a[t])modk​。 最后统计答案可以暴力，因为 kkk 太小了。 代码。

应该是前五题中最难的吧。 这个数据范围很大，我们必须使用单次操作 O(1)O(1)O(1) 的方法。 由于数列构成不唯一，我们可以构造数列 a=0,0,0,……,n×F(x)a={0, 0, 0, ……,n×F(x)}a=0,0,0,……,n×F(x)，放置 n−1n-1n−1 个 000 ，满足条件。 然后我们计算加入 x0x_0x0​ 后的数列的 F(a)F(a)F(a) 值。 序列 a′=x0,0,0,0,……,n×F(x)a′={x_0,0,0,0,……,n×F(x)}a′=x0​,0,0,0,……,n×F(x)，于是前缀和数组的总和为： (n+1)×x0+n×fx(n + 1) × ...

我寻思这个 E 应该放在 A 的位置（doge）。 既然要坐标最大，那么每次操作我们都选取最右侧和最左侧棋子，以最右侧棋子为中点跳跃，这样跳到的位置也就是最远。 也就是说我们最大化了 2y−x2y-x2y−x。 然后判断一下就可以了！ 代码。

题目给出了 333 个操作。 有朴素做法：暴力枚举所有可能操作，然后判断是否符合条件，还需要预处理阶乘。 这样子时间复杂度为 O(37T)O(3^7T)O(37T)，可以通过。 但是就这么写会挂掉！ 因为如果所有操作都是阶乘，那么数字会特别大，然后就挂了。 让我们仔细想想，在什么时候，不需要阶乘操作。 在当前大于 y2y^2y2 时我们不需要阶乘操作。 因为阶乘操作无意义，与答案相差越来越远。 所以就可以剪枝了，时间复杂度优化很多。 代码。

我们知道，229=5368709122^{29}=536870912229=536870912 是小于 10910^9109 的最大 222 的方幂。 所以我们每次只需要枚举 2n[0≤n≤30]2^n[0\le n\le30]2n[0≤n≤30]，找到符合条件的输出即可。 时间复杂度 O(30T)O(30T)O(30T)，可以通过。 代码。

分类讨论。 1.1.1. 当 x<1024x<1024x<1024 时，输出 xxx; 2.2.2. 当 x<2048x<2048x<2048 时，输出 x−2048x-2048x−2048; 3.3.3. 当 x≥2048x \ge 2048x≥2048 时，输出 x−1024x-1024x−1024 对 204820482048 取余后再减去 102410241024。 第一类显然。 第二类，因为溢出，所以先减去 102410241024。因为数字从 −1023-1023−1023 开始，所以还需要减去 102410241024，也就是输出 x−2048...

首先很容易想到一个朴素做法，每次 O(n)O(n)O(n) 寻找最小值，然后操作。 这样的复杂度是大约 O(n2)O(n^2)O(n2) 的，无法通过。 然后观察该做法，发现这个 O(n)O(n)O(n) 寻找最小值非常累赘。 采取小根堆每次寻找最小值、然后删除最小值、同时加入原最小值翻倍后的值，复杂度均为 O(1)O(1)O(1)。 大概答案最多是 nnn 天，于是总复杂度 O(n)O(n)O(n)。 代码很简短的： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; priority_queue...

显然，我们有一个朴素做法。 枚举回文串长度，再枚举起点，判断是否为回文串。 设字符串长度为 SSS，则时间复杂度为 S3S^3S3。 但在此题中，S=100S=100S=100，于是暴力做法可以通过！ 难点在判断回文串，但只需要对于长度奇偶性分类判断即可。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; string s; inline bool check (int st, int ed, int len) {//判断回文串 //st：起点，ed：终点，len：长度 while (s[st] == s[ed]) { st ++, ed ...

签到题。 通过题目有 ccc 题，所以为了让 akakak 人数最多，我们要使通过题目的人都 akakak。 当通过题目的人都 akakak 时，共有 c÷ac÷ac÷a 个人可以 akakak。 当 ccc 不是 aaa 的倍数，也就是 c÷ac÷ac÷a 有余数怎么办呢？ 这时候不需要考虑多出的余数，因为 c++c++c++ 中的除法是 向下取整 的。 所以有余数时，一个人将会通过题目但不 akakak，也不会将其记录到答案中。 代码很简短。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main () { int a, b...