标签：typedef int LL Codeforces long cin Div.2 include 815
A — Burenka Plays with Fractions
思路：数论 O(1)
见题解
题解：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 1e5 + 10;
LL T, a, b, c, d;
LL gcd(LL x, LL y)
{
return y == 0 ? x : gcd(y, x % y);
}
int main()
{
cin >> T;
while (T--)
{
cin >> a >> b >> c >> d;
if(1.0*a/b == 1.0*c/d) //若两分数值相等，无需操作
{
cout<<'0'<<endl;
continue;
}
if(a==0||c==0) //若任何一个分子为0，给另一个分数的分母乘以0，1次即可
{
cout<<'1'<<endl;
continue;
}
LL x = (LL)b*c,y = (LL)d*a; //给分数a/b的分子乘以(b*c),给分数c/d的分子乘以(d*a),这样二者就相等了
if(x%y == 0 || y % x == 0 ) //如果二者存在整除关系，eg.x = k*y,则等价于给一个分子乘以k，给另一个分子乘以1(不乘),1次即可
{
cout<<'1'<<endl;
}
else cout<<'2'<<endl; //否则就需要两次乘法操作
}
return 0;
}
B — Interesting Sum
思路：贪心、找规律、构造 O(n)
找到最大值，最小值，次大值，次小值，两个(大-小)的和即为答案
找规律题
题解
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 1e5 + 10;
int T,n;
int a[N];
int main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
int Max1 = 0,Max2 = 0,Min1 = 0x3f3f3f3f,Min2 =0x3f3f3f3f;
cin>>n; //找到最大值，最小值，次大值，次小值，两个(大-小)的和即为答案
//找规律题，我也不太会证明
for(int i = 0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
if(a[i] > Max1)
{
Max2 = Max1;
Max1 = a[i];
}
else if(a[i] > Max2)
{
Max2 = a[i];
}
if(a[i] < Min1)
{
Min2 = Min1;
Min1 = a[i];
}
else if(a[i] < Min2)
{
Min2 = a[i];
}
}
cout<<(LL)(Max1 - Min1) + (Max2 - Min2)<<endl;
}
return 0;
}
C — Corners
思路：贪心 O(nm)
- 每次对存在'1'的2*2方格操作时，最少消除一个1，最多消除三个1。要得到最多操作次数，就要确定操作顺序，尽量使每次操作消除的'1'的个数最少
- 我们可以找全图所有存在'1'的且含'1'的个数最少的2*2方格，从此方格开始进行操作，计cnt为方格中1的个数
当cnt = 1时，只能进行一次操作
当cnt = 2时，无论1在同一行、列 或者 对角线，均可以实现两次操作消除两个'1'
当cnt = 3时，第一次操作最少只能去掉两个'1',第二次操作只能去掉一个'1'
当cnt = 4时，第一次操作最少只能去掉三个'1'，第二次操作只能去掉一个'1' - 对含'1'最少的方格操作完后，我们发现四种情况均会留下两个同行、列相邻的0，使得我们可以实现对所有剩余的'1'，一次操作消除1个'1',从而最大化操作次数
题解
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<string>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 510;
int a[N][N];
int n,m,T;
int main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n>>m;
string t;
int cnt1 = 0;//全图中1的个数
for(int i = 0;i<n;i++)
{
cin>>t;
for(int j = 0;j<t.size();j++)
{
a[i][j] = t[j] - '0';
if(a[i][j]) ++cnt1;
}
}
if(cnt1 == 0) //没有1，无法操作
{
cout<<'0'<<endl;
continue;
}
if(cnt1 == n*m) //全为1，属于cnt = 4的情形，第一次操作去掉3个'1'，亏损2个
{
cout<<cnt1 - 2<<endl;
continue;
}
int Min1 = 0x3f3f3f3f; //找全图所有存在'1'的且含'1'的个数最少的2*2方格中'1'的个数
for(int i = 0;i<n-1;i++)
{
for(int j = 0;j<m-1;j++)
{
int t = 0;
t += a[i][j] + a[i+1][j] + a[i][j+1] + a[i+1][j+1];
if(t>0) Min1 = min(Min1,t);//注意：t必须大于0
}
}
int ans = 0;
if(Min1<=2) ans = cnt1; //cnt = 1 or 2,第一次操作可以只去掉一个'1'，不存在1的个数的亏损
else if(Min1 == 3) ans = cnt1 - 1;//cnt = 3，第一次操作最少去掉两个'1',亏损1个
else ans = cnt1 - 2; //cnt = 4,第一次操作最少去掉3个'1'，亏损2个
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
D1. Xor-Subsequence (easy version)
思路：二维DP O(N*256)
题解
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int>PII;
const int N = 3e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL mod = 1e9 + 7;
int a[N],f[N];
int n,T;
int main()
{
cin>>T;
while(T--)
{
cin>>n;
for(int i = 0;i<n;i++)
{
cin>>a[i];
}
int ans = 0;
for(int i = 0;i<n;i++) //枚举下标
{
f[i] = 1;
for(int j = i >> 19 << 19 ;j<i;j++) //枚举b序列的下标 2^8 = 256 > 200
{
if((a[j] ^ i) < (a[i] ^ j)) f[i] = max(f[i],f[j] + 1);
ans = max(ans,f[i]);
}
}
cout<<ans<<endl;
}
return 0;
}
标签：typedef,int,LL,Codeforces,long,cin,Div.2,include,815 来源： https://www.cnblogs.com/zjq182/p/16603227.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。