标签：typedef int LL Codeforces long -- solve 802 Div
A. Optimal Path
思路：
最小就是走第一行和最后一列
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 200010;
int a[N];
void solve()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
LL res = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
res += i;
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
res += (i - 1) * m + m;
cout << res << endl;
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while(T -- )
{
solve();
}
return 0;
}
B. Palindromic Numbers
思路：
因为不能有前导零，所以开头是9用高精度减法让n+1个1减去s，开头不是9就让最终加起来结果等于n个9
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 200010;
int a[N];
vector<int> sub(vector<int> &A, vector<int> &B)
{
vector<int> C;
for (int i = 0, t = 0; i < A.size(); i++)
{
t = A[i] - t;
if (i < B.size())
t -= B[i];
C.push_back((t + 10) % 10);
if (t < 0)
t = 1;
else
t = 0;
}
while (C.size() > 1 && C.back() == 0)
C.pop_back();
return C;
}
void solve()
{
int n;
string s;
cin >> n >> s;
if(s[0] == '9')
{
string a = "";
for (int i = 0; i < n + 1; i ++ )
a += '1';
vector<int> A, B;
for (int i = a.size() - 1; i >= 0; i--)
A.push_back(a[i] - '0');
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--)
B.push_back(s[i] - '0');
vector<int> C;
C = sub(A, B);
for (int i = C.size() - 1; i >= 0; i--)
cout << C[i];
cout << endl;
}
else
{
for (int i = 0; i < s.size(); i ++ )
cout << 9 - (s[i] - '0');
cout << endl;
}
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while(T -- )
{
solve();
}
return 0;
}
C. Helping the Nature
思路：
很明显是差分，最终要让原数组等于0等价于让差分数组等于0。分析给出的三个操作：对应到差分数组就是
所以对于1操作，其他数加一会让d1减一，而最后我们可以再让d1执行3操作抵消这一影响。所以我们可以最后再考虑d1，对于di大于0的，我们直接执行2操作让di等于0。对于di小于0的，我们就要执行1操作，让di变成0，而1操作会影响d1，因为di是负的，所以我们加了多少个1让di变成0就相应的要让d1减去多少个1。最后对于d1执行3操作或2操作，取决于d1是正的还是负的。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 200010;
LL a[N], d[N];
void solve()
{
int n;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
cin >> a[i], d[i] = a[i] - a[i - 1];
LL res = 0;
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
if(d[i] > 0)
res += d[i];
else if(d[i] < 0)
{
res += -d[i];
d[1] += d[i];
}
res += abs(d[1]);
cout << res << endl;
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while(T -- )
{
solve();
}
return 0;
}
D. River Locks
思路：
对于-1的情况就是如果t太小就不可能完成，那这个下限这么考虑：前一个水龙头放满水时间是v1/1，前两个是（v1+v2）/2，以此类推，前i个就是（v1+……+vi）/ i，注意要向上取整。在其中取最大值，说明这就是最少要用多少时间。然后因为我们要求水龙头数量的最小值，所以我们可以用二分来求，因为要放满n个池子，假设我们开了x个水龙头，那所需时间就是（v1+……+vn）/ x，这里因为时间是t，我们可以转换成乘法，二分的check条件就可以写成x*t>=s[n]
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 200010;
LL a[N], s[N];
void solve()
{
int n;
cin >> n;
LL mxv = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
cin >> a[i];
s[i] = s[i - 1] + a[i];
mxv = max(mxv, (s[i] + i - 1) / i);//上取整
}
int q;
cin >> q;
while(q -- )
{
int t;
cin >> t;
if(t < mxv)
cout << -1 << endl;
else
{
int l = 1, r = n;
while(l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (1ll * mid * t >= s[n])
r = mid;
else
l = mid + 1;
}
cout << r << endl;
}
}
}
int main()
{
int T = 1;
//cin >> T;
while(T -- )
{
solve();
}
return 0;
}
标签：typedef,int,LL,Codeforces,long,--,solve,802,Div 来源： https://www.cnblogs.com/yctql/p/16536941.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。