比赛连接：https://codeforces.com/contest/1333ios
比赛的时候，写D的时候用了cin,cout的优化结果仍是被卡了，看来cin，cout得少用。c++
A - Little Artem
给你n * m的矩阵，只有B和W，相邻有其余不同的点成为好点，让好点B的数量多于W。那么直接让左上角的一块为B其他为W便可。数组
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <bits/stdc++.h> 4 using namespace std; 5 6 const int N = 1e5 + 10; 7 8 int n, m; 9 int T; 10 11 int main() 12 { 13 cin >> T; 14 while(T --) 15 { 16 scanf("%d%d", &n, &m); 17 for (int i = 1; i <= n; i ++) 18 { 19 20 for (int j = 1; j <= m; j ++) 21 { 22 if(i == 1 && j == 1) 23 { 24 cout << "W"; 25 } 26 else 27 cout << "B"; 28 } 29 cout << endl; 30 } 31 } 32 }
B - Kind Anton
给定一个n，长度为n的a数组和b数组，a[i]∈{1, -1, 0}，m为任意整数，a[i]只能+a[j](j < i)，那么根据题意，从后向前模拟便可。ide
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <bits/stdc++.h> 4 using namespace std; 5 6 const int N = 1e5 + 10; 7 8 int n, m; 9 int T; 10 int a[N]; 11 int b[N]; 12 map<int, int>s; 13 14 int main() 15 { 16 cin >> T; 17 while(T --) 18 { 19 s.clear(); 20 scanf("%d", &n); 21 for (int i = 1; i <= n; i ++) 22 scanf("%d", &a[i]), s[a[i]]++; 23 for (int i = 1; i <= n; i ++) 24 scanf("%d", &b[i]); 25 bool flag = true, flag2 = false; 26 bool t1 = false; 27 bool t2 = false; 28 for (int i = n; i >= 1; i --) 29 { 30 s[a[i]] --; 31 if(a[i] == b[i]) continue; 32 if(a[i] < b[i]) 33 { 34 if(!s[1]) 35 { 36 flag = false; 37 break; 38 } 39 } 40 if(a[i] > b[i]) 41 { 42 if(!s[-1]) 43 { 44 flag = false; 45 break; 46 } 47 } 48 } 49 if(flag) 50 { 51 puts("YES"); 52 } 53 else 54 { 55 puts("NO"); 56 } 57 } 58 59 }
C - Eugene and an array
给定长度为n的序列，定义序列a为“好的”，当且仅当，a的子段中不存在sum值为0。那么根据题意，若sum[a[i]]在i前面存在，那么这样的序列只能最后一次取到sum[a[i]]的下标k之后，数量为i - k。优化
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int N = 2e5+10; 5 ll a[N]; 6 map<ll, ll>mp; 7 int main() 8 { 9 ll n; 10 scanf("%lld", &n); 11 for(int i = 1; i <= n; i++) 12 scanf("%lld", &a[i]); 13 ll sum = 0, res = 0, last = 0; 14 mp[0] = 1; 15 for(int i = 1; i <= n; i++) 16 { 17 sum += a[i]; 18 if(mp[sum]) last = max(last, mp[sum]); 19 res += i - last; 20 mp[sum] = i+1; 21 22 } 23 printf("%lld\n", res); 24 }
D - Challenges in school №41
有一个n个箭头箭头序列，只能是L（左箭头）或者R（右箭头），每次操做能够选一对相邻的相对的箭头变成相背的箭头。每秒操做至少1次，求可以刚好k秒把整个箭头序列变成没有任何相对的箭头。spa
那么最后的序列确定是LLLL...LLRRR....R这样，那么能够暴力算出每一轮能移多少而且至少移几轮。由于n只有3000，最坏状况下o(n²),知足条件。code
当出现RL的时候就把R的下标保存。当RLL的时候要移俩轮，因此每次有RL存在，i++。blog
那么假设算出x轮，一共须要移y次。那么存在有解的状况的必定是x <= k && k <= y的。而后去贪心分配轮的次数，实现具体看代码。排序
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 const int N = 3e3+10; 5 char s[N]; 6 int n, k; 7 vector<int>a[N]; 8 9 int main() 10 { 11 scanf("%d%d", &n, &k); 12 scanf("%s", s + 1); 13 int cnt = 0; 14 while(1) 15 { 16 cnt ++; 17 bool flag = true; 18 for (int i = 1; i < n; i ++) 19 { 20 if(s[i] == 'R' && s[i + 1] == 'L') 21 { 22 flag = false; 23 a[cnt].push_back(i); 24 swap(s[i], s[i + 1]); 25 i ++; 26 } 27 } 28 if(flag) 29 { 30 break; 31 } 32 } 33 cnt --; 34 if(cnt == 0) 35 { 36 puts("-1"); 37 return 0; 38 } 39 ll res = 0; 40 for (int i = 1; i <= cnt; i ++) 41 { 42 res += a[i].size(); 43 } 44 if(res < k || cnt > k) 45 { 46 puts("-1"); 47 return 0; 48 } 49 ll tmp = k - cnt; 50 for (int i = 1; i <= n; i ++) 51 { 52 int t = a[i].size(); 53 if(tmp >= t - 1) 54 { 55 for (int j = 0; j < t; j ++) 56 { 57 printf("1 %d\n", a[i][j]); 58 } 59 tmp -= t - 1; 60 } 61 else 62 { 63 if(tmp) 64 { 65 for (int j = 0; j < tmp; j ++) 66 { 67 printf("1 %d\n", a[i][j]); 68 69 } 70 printf("%d ", t - tmp); 71 for (int j = tmp; j < t; j ++) 72 { 73 printf("%d ", a[i][j]); 74 } 75 puts(""); 76 tmp = 0; 77 } 78 else 79 { 80 81 82 printf("%d ", t); 83 for (int j = 0; j <t; j ++) 84 { 85 printf("%d ", a[i][j]); 86 } 87 puts(""); 88 89 } 90 } 91 } 92 }
E - Road to 1600（待补）
F - Kate and imperfection
给[1,n]的连续天然数。对[2,n]的每一个k，都枚举全部大小刚好为k的子集，而后定义一个值为f，其遍历集合中全部的二元组，求出二元组的gcd，而后取这些gcd里面的最大值，求f的最小值。ci
第一眼看到这个东西的时候一点思路都没有，后来看了大佬们的思路，发现是真的很神奇，对于每个数（不管质数合数）x，都有一个最小质因子*一个数，那么咱们就贪心，给n个数排序，确定是让最小质因子慢慢增大（1，1， 1， 2, 2，...3,），才会让f的最大值最小。
那么根据欧拉筛每一个合子都是被其最小质因子筛的。就能够在o(n) + o(nlogn)的状况下获得答案。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring> 5 #include<algorithm> 6 #include<cmath> 7 #include<vector> 8 #include<set> 9 10 using namespace std; 11 12 int read() 13 { 14 char c; 15 while (c = getchar(), c != '-' && (c < '0' || c > '9')); 16 bool flag = (c == '-'); 17 if (flag) 18 c = getchar(); 19 int x = 0; 20 while (c >= '0' && c <= '9') { 21 x = x * 10 + c - '0'; 22 c = getchar(); 23 } 24 return flag ? -x : x; 25 } 26 27 const int MAXN = 500000; 28 29 bool flag[MAXN + 1]; 30 int prime[MAXN], x[MAXN + 1]; 31 32 33 int main() { 34 int n = read(); 35 int total = 0; 36 x[1] = 1; 37 for (int i = 2; i <= n; i++) 38 { 39 if (!flag[i]) 40 { 41 prime[total++] = i; 42 x[i] = 1; 43 } 44 for (int j = 0; j < total && i * prime[j] <= n; j++) { 45 int k = i * prime[j]; 46 flag[k] = true; 47 x[k] = i; 48 if (!(i % prime[j])) 49 break; 50 } 51 } 52 sort(x + 1, x + (n + 1)); 53 for (int i = 2; i <= n; i++) 54 printf("%d%c", x[i], (i == n) ? '\n' : ' '); 55 return 0; 56 }