A. Easy Problem
思路：经过看了一眼，我们发现，a+b的和一定是n，且两个都是正整数，
所以a的范围就是从1~n-1
所以输出n-1即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int n,k;
int a,b;
string s;
void solve()
{
cin>>n;
cout<<n-1<<"\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}B. Normal Problem
思路：稍加思索一下就发现，其实从里面看的话，就是将字符串翻转之后，将p变成q，将q变成p
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int n,k;
int a,b;
string s;
void solve()
{
cin>>s;
for(int i=0;i<s.size();i++)
{
if(s[i]=='p')
{
s[i]='q';
}
else if(s[i]=='q')
{
s[i]='p';
}
}
reverse(s.begin(),s.end());
cout<<s<<"\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}C. Hard Problem
思路：第一排尽量都坐满a,第二排尽量坐满b，然后空的用c补全，直到座位为0，或者c没有了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int n,k;
int a,b,c;
string s;
void solve()
{
cin>>n>>a>>b>>c;
int ans=0;
cout<<min(a,n)+min(b,n)+min(c,max(n-a,0LL)+max(n-b,0LL))<<"\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}D. Harder Problem
思路：我们有n个位置放数，那我们就按照123...n这种情况放数，这样每个数只出现一次，都可以作为模数，但是，要注意数出现的顺序，所以我们出现一个新的就输出当前这个数，然后遍历1~n看哪个数还没出现过，没出现则输出
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int n,k;
int a[200005];
void solve()
{
cin>>n;
int vis[200005];
memset(vis,0,sizeof(vis));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
if(vis[a[i]]==0)
vis[a[i]]=1,cout<<a[i]<<" ";
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(vis[i]==0)
cout<<i<<" ";
}
cout<<"\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}E. Insane Problem
思路：我们发现，若要y/x为k的次方，那我们不断将后面那个区间缩小，直到后面的右区间小于前面这个区间的左区间位置，不断计算两个区间的重复大小即可，但是要注意，缩小区间的时候，右端点要向下取整，左端点向上取整
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int k,a,b,c,d;
void solve()
{
cin>>k>>a>>b>>c>>d;
int flag=1;
int ans=0;
while(d>=a)
{
int num=min(b,d)-max(a,c)+1;
if(num<=0)
{
num=0;
}
ans+=num;
d/=k;
c=(c+k-1)/k;
}
cout<<ans<<"\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--)
solve();
return 0;
}F. Easy Demon Problem
思路：我们自己手玩一下就发现了一个规律，整个M矩阵的美观值为列的累加和*行的累加和
因此，我们可以去统计每个数是否出现过，出现过则标记为1，然后去判断是否出现过来输出YES或者NO，但是呢，不加剪枝的话时间复杂度就太高了，我们要将其中的大于N的部分全部去掉，这样时间复杂度为O（N根号N）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int n,m,q;
const int N=200000;
int a[200005];
int b[200005];
int suma;
int sumb;
bool visa[400005];
bool visb[400005];
bool ans[400005];
void solve()
{
cin>>n>>m>>q;
suma=0,sumb=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
suma+=a[i];
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>b[i];
sumb+=b[i];
}
int num=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
num=suma-a[i];
if(abs(num)<=N)
{
visa[N+num]=true;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
num=sumb-b[i];
if(abs(num)<=N)
{
visb[N+num]=true;
}
}
for(int i=1;i<=N;i++)
{
for(int j=1;j*i<=N;j++)
{
ans[N+i*j]|=visa[N+i]&&visb[N+j];
ans[N+i*j]|=visa[N-i]&&visb[N-j];
ans[N-i*j]|=visa[N+i]&&visb[N-j];
ans[N-i*j]|=visa[N-i]&&visb[N+j];
}
}
while (q--)
{
int x;
cin >> x;
x += N;
if (ans[x])
cout << "YES\n";
else
cout << "NO\n";
}
}
signed main()
{
solve();
return 0;
}G1. Medium Demon Problem (easy version)
思路：我们发现，只有强连通分量内的蜘蛛能够保持稳定，所以我们要输出的就是缩点后的最长的链然后+1就是最终答案
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int n;
vector<int> e[200005];
int dfn[200005];
int low[200005];
int len=0;
stack<int> s;
int vis[200005];
vector<int> scc[200005];
int cnt;
int dp[200005];
void ini()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
e[i].clear();
dfn[i]=low[i]=0;
dp[i]=0;
vis[i]=0;
scc[i].clear();
}
len=0;
cnt=0;
}
void tarjan(int v)
{
dfn[v]=low[v]=++len;
s.push(v);
vis[v]=1;
for(int u:e[v])
{
if(dfn[u]==0)
{
tarjan(u);
low[v]=min(low[v],low[u]);
}
else if(vis[u]==1)
{
low[v]=min(low[v],dfn[u]);
}
}
int u;
if(low[v]==dfn[v])
{
cnt++;
do{
u=s.top();
s.pop();
vis[u]=0;
scc[cnt].push_back(u);
}while(u!=v);
}
}
void solve()
{
cin>>n;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
e[i].push_back(a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(dfn[i]==0)
{
tarjan(i);
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
if(scc[i].size()>1)
{
for(int u:scc[i])
{
dp[u]=1;
}
ans=max(ans,1LL);
}
else
{
dp[scc[i][0]]=dp[a[scc[i][0]]]+1;
ans=max(ans,dp[scc[i][0]]);
}
}
cout<<ans+1<<"\n";;
ini();
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}G2. Medium Demon Problem (hard version)
因为每个蜘蛛可以保留多个，所以算的应当是除了强连通分量外的子树的最大值+1
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int t;
int n;
vector<int> e[200005];
int dfn[200005];
int low[200005];
int len;
stack<int> s;
int vis[200005];
vector<int> scc[200005];
int pos[200005];
int cnt;
int dp[200005];
void ini()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
e[i].clear();
dfn[i]=low[i]=0;
dp[i]=0;
vis[i]=0;
pos[i]=0;
scc[i].clear();
}
len=0;
cnt=0;
}
void tarjan(int v)
{
dfn[v]=low[v]=++len;
s.push(v);
vis[v]=1;
for(int u:e[v])
{
if(dfn[u]==0)
{
tarjan(u);
low[v]=min(low[v],low[u]);
}
else if(vis[u]==1)
{
low[v]=min(low[v],dfn[u]);
}
}
int u;
if(dfn[v]==low[v])
{
cnt++;
do{
u=s.top();
s.pop();
vis[u]=0;
scc[cnt].push_back(u);
pos[u]=cnt;
}while(u!=v);
}
}
void solve()
{
cin>>n;
vector<int> a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
e[i].push_back(a[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(dfn[i]==0)
{
tarjan(i);
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
dp[i]=1;
if(scc[i].size()>1)
dp[i]=0;
}
for(int i=cnt;i>=1;i--)
{
if(scc[i].size()==1)
{
int u=a[scc[i][0]];
if (scc[pos[u]].size()==1)
{
dp[pos[u]]+=dp[i];
}
else
{
dp[pos[u]]=max(dp[pos[u]],dp[i]);
}
}
else
{
ans=max(ans,dp[i]);
}
}
cout<<ans+2<<"\n";
ini();
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>t;
while(t--)
{
solve();
}
return 0;
}H. Hard Demon Problem
分析一下，求三个二维前缀和，就可以得到结果
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
int n,q;
int a[2005][2005];
int pre[2005][2005];
int preX[2005][2005];
int preY[2005][2005];
void solve()
{
cin>>n;
cin >> q;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
cin >> a[i][j];
pre[i][j] = a[i][j] + pre[i - 1][j] + pre[i][j - 1] - pre[i - 1][j - 1];
preX[i][j] = a[i][j] * i + preX[i - 1][j] + preX[i][j - 1] - preX[i - 1][j - 1];
preY[i][j] = a[i][j] * j + preY[i - 1][j] + preY[i][j - 1] - preY[i - 1][j - 1];
}
}
while (q--)
{
int x1, y1, x2, y2;
cin >> x1 >> y1 >> x2 >> y2;
int sum = pre[x2][y2] - pre[x2][y1 - 1] - pre[x1 - 1][y2] + pre[x1 - 1][y1 - 1];
int sumX = preX[x2][y2] - preX[x2][y1 - 1] - preX[x1 - 1][y2] + preX[x1 - 1][y1 - 1];
int sumY = preY[x2][y2] - preY[x2][y1 - 1] - preY[x1 - 1][y2] + preY[x1 - 1][y1 - 1];
sumX -= sum * x1;
sumY -= sum * y1;
cout << sum + sumY + sumX * (y2 - y1 + 1) << " ";
}
cout<<"\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
int t, n;
cin >> t;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
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