牛客小白月赛71

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A：猫猫与广告

观察题目，让我们找到一个牌子去遮挡一下另一块牌子，考虑到边对齐，直接进行判断即可，判断的时候记得考虑短边对短边，长边对长边就行；

代码：

#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{
	int a,b,c,d;
	cin >> a >> b >> c >> d;
	if(a > b)swap(a,b);
	if(c > d)swap(c,d);
	if(c >= a && d >= b)cout << "YES" << endl;
	else cout << "NO" << endl;
	return 0;
} 

B:猫猫与密信

这里问我们能不能找到love或者任意删除一个字母后字符串，可以直接暴力判断，这里我使用find函数进行查找，这里查找love可以不写，因为查找ove的时候也可以查找到love；

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
int main()
{
	string s;
	cin >> s;
	int flag = 0;
	if(s.find("ove") != -1 || s.find("lve") != -1 || s.find("loe") != -1 || s.find("lov") != -1)flag = 1;
	if(flag)cout << "YES" << endl;
	else cout << "NO" << endl;
	return 0;
} 

C:猫猫与数列

我们看一下，会发现就算是最小的情况两个数字都为一，答案也就是5，也就是最多不乘超过五次，那么我们这时候就可以直接暴力。

考虑的每次都是倍数增加就算是最小的2，乘64次之后也会超过LL，所以我们直接进行进行for循环，这样有效避免哦我们的溢出问题，只要发现溢出直接退出即可；

代码：

#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
int main()
{
	ll p,q;
	cin >> p >> q;
	ll t = 1;
	ll idx = 0;
	for(int i = 3;;i ++ )
	{
		int flag = 1;
		t = 1;
		for(int j = 1;j <= q;j ++ )
		{
			t *= p;
			if(t > 1e18)
			{
				flag = 0;
				idx = i - 1;
				break;
			}
		}
		swap(p,q);
		q = t;
		if(!flag)break;
	}
	cout << idx << endl;
	return 0;
} 

D:猫猫与主人

首先我们观察这个序列，我们发现对于每一个猫猫，只要某个主人的期望友善值在这只猫猫的友善值以下，我们就可以找到一个最大的友善值的主人分给这只猫猫，因为同一个主人可以多次分配，所以不用考虑这个问题。

接着我们发现应该先把主人按期望友善值排序，之后把友善值进行前缀和，求出每个主人及其比他的期望值小的主人他们最大友善值。因为当期望值为9的主人能领养某只猫猫，那么期望值在9一下的主人肯定也能领养这只猫猫，只是友善值不同；

接着对于每一只猫猫，找到对应他的友善值的最大期望值，取出最大友善值，与猫猫的友善值判断，如果还达不到猫猫的期望友善值，说明没有答案，否则就把这个最大友善值分配给这只猫猫。

代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;

#define x first
#define y second
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e5 + 10;
PII cat[N], per[N];
int ans[N];

int main()
{
	int n,m;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>cat[i].x;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>cat[i].y;
	for(int i=1;i<=m;i++) cin>>per[i].y;
	for(int i=1;i<=m;i++) cin>>per[i].x;
	sort(per+1,per+1+m);
	
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		ans[i]=max(ans[i-1],per[i].y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int l=1,r=m;
		while(l<r)
		{
			int mid=(l+r+1)/2;
			if(per[mid].x>cat[i].x) r=mid-1;
			else l=mid;
		}
		if(cat[i].y<=ans[l]) cout<<ans[l]<<' ';
		else cout<<-1<<' ';
	}
}

E:猫猫与数学

首先我们需要直到有这样一个公式：gcd（a，b）=gcd（a，b-a）。

所以对于这个题目，gcd（a+c，b+c）=gcd（a+c，b-a）；

那么对于b-a的所有质因子，我们只需要找到a+c使其能够整除即可。那么基于此我们对b-a进行质因数分解，我们规定b=b-a，只要b%i==0，那么此时我们需要a+c|i，c=i-a%i，对答案进行更新即可，记得把b的这个公因子给除尽。

如果最后发现b仍然大于0，说明需要再更新一次答案。

代码：

#include<iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;
LL gcd(LL a,LL b)
{
	return b?gcd(b,a%b):a;
}

int main()
{
	LL n,m;
	cin>>n>>m;
	if(n>m) swap(n,m);
	if(gcd(n,m)>1)
	{
		cout<<0;
	} 
	else
	{
		m-=n;
		if(m==0)
		{
			cout<<1;
		}
		else if(m==1)
		{
			cout<<-1;
		}
		else 
		{
			LL ans=1e18;
			for(LL i=2;i<=m/i;i++)
			{
				if(m%i==0)
				{
					ans=min(ans,i-n%i);
					while(m%i==0) m/=i;
				}
			}
			if(m>1) ans=min(ans,m-n%m);
			cout<<ans;
		}
	}
} 
/*
2 1000000009
*/