做网站建设的销售怎么样,网站建设问卷调查表,大数据营销的优缺点,二级网站建设方案模板迟了好久的补题#xff0c;#xff0c;现在真想把当时赛时的我拉出来捶一拳排序大致按照题目难度。C. 测量学思路#xff1a;直接循环遍历判断即可#xff0c;注意角度要和2π取个最小值。AC Code#xff1a;#include bits/stdc.htypedef long long ll;
const int…迟了好久的补题现在真想把当时赛时的我拉出来捶一拳排序大致按照题目难度。C. 测量学思路直接循环遍历判断即可注意角度要和2π取个最小值。AC Code#include bits/stdc.htypedef long long ll;
const int N 1e5 5;
const double PI acos(-1);
int n;
double ang, r[N];;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::cin n r[0] ang;double ans 1e18;for(int i 1; i n; i ) {std::cin r[i];}ang std::min(ang, 2 * PI - ang);for(int i 0; i n; i ) {double res (r[0] - r[i]) * 2 r[i] * ang;ans std::min(ans, res);}std::cout std::fixed std::setprecision(6) ans \n;return 0;
}A. 减肥计划思路由k的范围容易想到k很大的时候情况找到序列最靠前且最大的数输出即可。对于剩下的情况k的范围较小将原数组复制一遍处理一个前缀最大的数组遍历寻找一个位置满足这个位置及之前的最大值是他自己并且后面k -1位没有比它更大的。AC Code#include bits/stdc.htypedef long long ll;
const int N 2e6 5;
int n, k;
int a[N], pre[N];int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::cin n k;int pos -1, num -1;for(int i 1; i n; i ) {std::cin a[i];a[i n] a[i];if(a[i] num) {num a[i], pos i;}}if(k n - 1) {std::cout pos \n;return 0;}for(int i 1; i 2 * n; i ) {if(a[i] pre[i - 1]) pre[i] a[i];elsepre[i] pre[i - 1];}for(int i 1; i 2 * n; i ) {if(pre[i] a[i] pre[k i - 1] a[i]) {pos i;break;}}std::cout pos \n;return 0;
}E. 睡觉思路主要是分情况讨论。我们经过一次循环可以得到一个数字x1由x1和原来的x的大小情况分类1x1小于x说明每经过一首歌的影响x都会减小那么一定存在若干遍后x小到满足条件2x1大于x说明每经过一首歌的影响x都会变大那若存在满足情况的区间那一定是在第一个区间最有可能满足条件只需要在第一个区间内判断一下即可。3x1等于x这样可以想到原来x的性质如果原来是大于k的那情况和第二种情况类似判断第一个区间即可但是若是原来是等于k的那极有可能第一段满足条件的区间和最后一段满足条件的区间的和是满足大于等于t的所以要处理连续两个区间当然要注意t的大小如果t是大于等于n的那必须两个个区间内的最大值要大于n才行。AC Code#include bits/stdc.htypedef long long ll;
#define int long long
const int N 2e6 5;
int T, x, t, k, n, d;
int a[N];signed main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::cin T;while(T --) {std::cin x t k n d;x - k;int original x;int cnt 0, max -1;;for(int i 1; i n; i ) {std::cin a[i];if(a[i] d)a[i] -1;elsea[i] 1;a[i n] a[i];x a[i];if(x 0) cnt ;elsecnt 0;max std::max(max, cnt);}if(x original) {std::cout YES \n;continue;}if(x original) {std::cout (max t ? YES : NO) \n;continue;}if(original 0) {std::cout (max t ? YES : NO) \n;continue;}std::vectorint vec;x original;cnt 0;for(int i 1; i n; i ) {x a[i];if(x 0) {cnt ;}else {vec.push_back(cnt);cnt 0;}}vec.push_back(cnt);vec.push_back(vec[0] vec[vec.size() - 1]);max *max_element(vec.begin(), vec.end());t std::min(t, n);std::cout (max t ? YES : NO) \n;}return 0;
}G. 排队打卡思路按照题意模拟即可注意给出的数据分段不要搞错了边界。AC Code#include bits/stdc.htypedef long long ll;
#define int long long
const int N 5e5 5;
int t, n, m, k;struct node {int t, x;
} e[N];bool cmp(node a, node b) {if(a.t b.t) return true;else return false;
}signed main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);int sum 0, pos -1;std::cin t n m k;for(int i 1; i m; i ) {std::cin e[i].t e[i].x;}std::sort(e 1, e 1 m, cmp);for(int i 1; i m; i ) {if(e[i].t t pos -1) pos i - 1;}if(!pos) {if(n) {std::cout Wrong Record \n;return 0;}}else {sum e[1].x;for(int i 2; i pos; i ) {sum - std::min(sum, k * (e[i].t - e[i - 1].t));sum e[i].x;}sum - std::min(sum, k * (t - e[pos].t));if(sum ! n) {std::cout Wrong Record \n;return 0;}}int last t, cnt 5e18, ans;for(int i pos 1; i m; i ) {sum - std::min(sum, k * (e[i].t - last));sum e[i].x;last e[i].t;int res (int)ceil((sum 1) * 1.0 / (double)k);if(res cnt) {cnt res;ans e[i].t;}}std::cout ans cnt \n;return 0;
}os现在写来感觉这个题比E要简单按照题意写就行了也没啥需要思考的为啥当时就没做出来呢I. 宠物对战思路其实看题目可以知道是一个比较典的dp问题。可以这样考虑令f[i][0/1]表示处理到第i个字母是由A中的字符串还是由B中的字符串组成的。可以考虑循环枚举最后到的位置和这一整个字符串最后一个子字符串的开始位置判断这个子字符串是否出自A或B组中若是则可以更新f[i][1/0] min(f[i][1/0], f[j - 1][0/1] 1)而对于子字符串是否存在于A或者B组中可以采用Trie树或者字符串哈希来处理在这里我用的是字典树但是在查询的时候加入了一点优化如果直接查询的话会T飞欸。AC Code#include bits/stdc.htypedef long long ll;
#define INF 0x3f3f3f3f
const int N 5e5 5;
int n, m;
std::string a[N], b[N], s;
int f[N][2];struct Trie {int idx 0;int mp[N][26], cnt[N];void insert(std::string s) {int p 0;for(int i 0; i s.length(); i ) {int u s[i] - a;if(!mp[p][u]) mp[p][u] idx;p mp[p][u];}cnt[p] ;}
}A, B;int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::cin n;for(int i 1; i n; i ) {std::cin a[i];A.insert(a[i]);}std::cin m;for(int i 1; i m; i ) {std::cin b[i];B.insert(b[i]);}std::cin s;int len s.length();s s;memset(f, INF, sizeof(f));f[0][1] f[0][0] 0;for(int i 0; i len; i ) {if(f[i][0] INF) {int p 0;for(int j i 1; j len; j ) {int u s[j] - a;if(A.mp[p][u]) {p A.mp[p][u];if(A.cnt[p]) {f[j][1] std::min(f[j][1], f[i][0] 1);}}else break;}}if(f[i][1] INF) {int p 0;for(int j i 1; j len; j ) {int u s[j] - a;if(B.mp[p][u]) {p B.mp[p][u];if(B.cnt[p]) {f[j][0] std::min(f[j][0], f[i][1] 1);}}else break;}}}int ans std::min(f[len][1], f[len][0]);std::cout (ans INF ? -1 : ans) \n;return 0;
}os学弟给的优化方法tqlllllllllH. 提瓦特之旅思路如果说对于每个询问都跑一次最短路的话那必然会t想办法通过离线预处理部分东西来降低部分时间复杂度。所以可以通过预处理数组dis[i][j]表示经过i个点到达j的最短路径这样在每次询问的时候就可以在O(n * q)的复杂度内得到答案。AC Code#include bits/stdc.htypedef long long ll;
typedef std::pairint, int PII;
const int N 505;
int n, m, q, x, t;
ll dis[N][N];
std::vectorPII vec[N];int main() {std::ios::sync_with_stdio(false);std::cin.tie(0);std::cout.tie(0);std::cin n m;for(int i 1; i m; i ) {int u, v, w;std::cin u v w;vec[u].push_back({v, w});vec[v].push_back({u, w});}for(int i 0; i n; i ) {for(int j 0; j n; j ) {dis[i][j] 3e18;}}dis[0][1] 0;for(int i 1; i n; i ) {for(int j 1; j n; j ) {for(auto [u, w] : vec[j]) {dis[i][j] std::min(dis[i][j], dis[i - 1][u] w);}}}std::cin q;while(q --) {std::cin t;ll sum 0, ans 3e18;for(int i 1; i n; i ) {std::cin x;sum x;ans std::min(ans, dis[i][t] sum);}std::cout ans \n;}return 0;
}os个人感觉这个题比前一个好写很多欸但是可能就是怎样预处理卡住了吧QWQ这次让我没想到的是和前几年难度差别这么大感觉大概到了省赛难度吧明年加油哇
