JingluoZZZ

题目: 传送门思路: 水题，我们从贪心思想除法即可。int main() { int n; cin>>n; cout<<(n-1)/5+1<<endl; //尽量走最大}

题目:思路: 很简单的贪心题，很明显斜着走是最优的行动方式(因为x,y两个方向都会移动)，那我们先斜着走，走到没必要斜着走了再横着或竖着走即可，所以结果一定是水平距离和竖着距离中的最大值。#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int ab(int x) { return x>=...

题目:传送门思路: 把0~9都直接手算出来，从a到b逐个遍历，每个数都拆分，更新sum值即可.#include <iostream>#include <map>using namespace std;map<int,int> s;int sums (int x) { // 计算单个数需要的段. int ans = 0; s[0] = 6;s[1...

题目:传送门思路: 因为数据范围很小，我们可以直接暴力，我们以30天每天都为起点去与所给序列比较，如果存在一天为起点时整个序列都是符合的，那么比较下一天和最后一天的大小就可以了。这里我们要加一个谈判，因为所给序列长度为1时只有0,15能确定位置，其他的都不能确定。#include <iostream>using namespace std;int a[100];int d...

题目:传送门思路: 因为我们要保证颜色交错，那么给定我一个序列后，就只有两种可以满足条件的最终序列，即以’R’颜色开头和以‘B’颜色开头，所以我们把两种情况分别讨论一下，取最小值即可。在计算某种情况下需要的操作数时，如何第 i 位的颜色一样，我们当然最优考虑是不管它，如果不同，我们就统计不同时这个位置是 R 或是 B 的个数hr，hb。因为需要b的位置（这个位置上是R）有hr 个，需要r的位置...

题目: 传送门思路: 我们先从一个例子 99.4492349入手，如果我们T= 1 ，我们应该是在小数点后第3位 四舍五入，结果为99.45，我们会发现如果前面有可以直接 进位的值，那我们应该是优先在这个位置 舍入 而不是后面的，因为在该位置进位一定比在后面位置进位更优。如果 t >= 2，我们还是看上面那个例子，上面我们已经得出先舍入第 3 位小数 最优，结果为 99.45，这时第2...

题目:传送门思路: 找两个最近的相向运动的原子即可，我的做法是每次记录最后一个向R方向走的点，遍历到L方向的点时，更新最大值即可.注意每个原子的位置输入时不是按顺序的，需要我们自己排序#include <iostream>#include <string>#include <algorithm>using namespace std;const l...

题目: 传送门思路: 一个炸弹需要炸掉所有墙壁，所以对于任何一个墙壁，应该与炸弹所放位置 的 x坐标或者 y坐标其中之一相同 ， 那么我们把墙壁的 X ，Y 坐标记录一下个数 ， 如果对于 一个点，存在 sum[x]+sum[y] == sum。那么这个点就是我们要的结果sum表示的是炸弹的个数，并且要注意，上述等式有个特殊情况，如果放置的位置有炸弹，等式左边应该减 1 ，因为 此时 有一个炸...

题目: 传送门思路: 不能连续两天干同一件事，从贪心的角度我们每次可以让连续的第二天休息，因为如果选择第二天对后面的选择只有两种可能，影响 (即第三天跟第二天相同) 或者不影响(即第三天跟第二天不相同)，如果不影响，我们选择 第一天休息和第二天休息的结果不影响，如果影响，我们当然选择第二天休息更优，综上所述，我们每次都选则第二天休息就可以了.对于两件事都能干的那天，我们尽量保证这天不休息，我们...

题目: 传送门思路: 水题，for一遍就可以了。#include <iostream>#include <string>#include <algorithm>using namespace std;int a[100050];int dp[100050];int len[100050];int main() { int n; ...

题目: 传送门思路: 根据数据范围 ，可以发现 2k 的数不超过 40 个，我们所以我们暴力枚举即可long long a[100050];std::vector<long long> v;map<long long,int> s;int main() { long long k=1; while(k<=2e9) { v....

题目: 传送门思路: 对于给出的每个点，将横纵坐标并起来，最后的结果就是集合的数量 -1#include <iostream>#include <algorithm>#include <vector>#include <cstring>#include <cstdio>using namespace std;int vi...

题目: 传送门思路: 如果长为 X， 宽为 Y ，要我们求 4*（x+y)2 / xy 的最小值，经数学化简为: x/y + y/x + k (k为常数) ， 令 t = x/y ， 原式为 t + 1/t + k . 这是一个双沟函数，当 t趋近于 1时最小。由图可知 ， t>1或t<1 时是单调的 ，所以我们取 t>1 的部分 ，保证所有 t>1 。#in...

题目: 传送门思路: 通过题目给的 Note 我们会发现，每两个 1 之间所有的间隔都能被切开 ，所以我们从这个思路出发，这就是个简单的组合数问题。int main() { int n; cin>>n; int now = -1; int flag =0; for(int i=0;i<n;i++) { int a; ...

题目: 传送门思路:对于每朵花，我们先算出它关于两个喷泉的最小距离,即要 覆盖该花 的最小 R；由于每朵花都被其中一个喷泉覆盖，我们不妨假设 喷泉 1 的半径为 R1，则 R2 = max(不能被R1覆盖的花被2覆盖所需要的R)。经分析，该算法的复杂的为o( n2 ).可以满足.在我们枚举 R1的时候可以从小到大枚举，也可以从大到小枚举.struct node { long lo...

题目: 传送门思路:保证 sum 结果为 偶数,则 a[i] 为偶数 ，一定可以加上 .如果a[I]为奇数，我们先把其放进奇数之和里，如果最后奇数之和为偶数，直接加上，反正，减去最小的奇数即可。#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;long long ans = 0;long ...

题目: 传送门思路: 先判断每个鲨鱼所在的两条斜线，然后在每条斜线里面 求组合数即可。int vis1[1100],vis2[1100];int viss[2500];int main() { int n; cin>>n; while(n--) { int a,b; cin>>a>>b; ...

题目:传送门思路:所得钱数 = 每对所能拿到钱的个数之和。我们由期望公式 x = y+z, E[x] = E[y]+E[z]可得，我们所求期望 = 每个对鲨鱼所能拿到钱的期望 相加.能想到这一点，我们的问题就迎刃而解了.double pi[100050];int main() { int n, p; cin >> n >> p; for(int i=0;...

题目: 传送门思路: 水题，只需要比较大小就可以了.#include <iostream>using namespace std;int main() { int n; cin >> n; int a; int sum = 0; for(int i=0;i<n;i++) { cin >> a; sum += a; } for(...

题目: 传送门思路: 我们用dp[i] 表示得到i 的最小步骤 ，则 dp[i] == 0 或者 dp[i] == 1;具体操作看代码:#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int a[100010];int main() { int n,k; cin >> n &g...

题目:传送门思路: 很明显 ，矩形的面积 S = (max(x)-min(x)) * (max(y)-min(y)). 因为点的个数是确定为n的，则一定有 n个数为 x坐标 ，n 个数位 y 坐标 ，我们现在需要讨论如何分组。先将数组从小到大排序，如果 我们已经选定一个 a[i] ，要保证 其为 min(y) ，则该情况下y坐标的max应该要尽可能的小，则我们应该选择从 i开始的长度 为 ...

题目: 传送门思路: 对于每个对应的位置 ，枚举可能相等的情况 ，若 一个 都不符合 ，则 输出 “NO” ，否则 继续下个位置.#include <iostream>#include <string>#include <algorithm>using namespace std;int main() { int t; cin >>...

题目: 传送门思路: 若 n 为偶 ，则 每行 nn /2 之前和之后的数的个数相等 ， 为 奇 ，则 每行 nn /2 之前和之后的数的个数与 行的奇偶有关。int main() { long long n, q; cin >> n >> q; long long mids = (n*n - 1) / 2 + 1; while(q--) { long lo...

题目: 传送门思路: 对于每个点 a[i] 需要被 其左边和右边最近的点 中的 一个覆盖 ，我们 要的结果就是所有 点的最小覆盖距离的最大值。我直接使用了二分找离a[i]最近的左侧和右侧的点，也可以从左往右直接模拟 (其实是博主太懒了 )。int a[100050];int b[100050];int main() { int n,m; cin>>n>...