前言
本来不想来被同学硬拉着来的......
然后切了ABCD,一看E我做过类似的?然后就也A了。
可能是运气好?反正感觉上分很开心。
Signed Difficulty
题目大意
给你一个形如X.Y
的数,然后如果:
-
\(0\le Y\le2\),输出
X-
。 -
\(3\le Y\le6\),输出
X
。 -
\(7\le Y\le9\),输出
X+
。
题解
直接if
判断,然后注意一下多读入的字符‘.‘
,直接用scanf
处理掉就可以了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int x,y;
scanf("%d.%d",&x,&y);
if(0<=y&&y<=2)cout<<x<<"-";
if(3<=y&&y<=6)cout<<x;
if(7<=y&&y<=9)cout<<x<<"+";
return 0;
}
Same Name
题目大意
给你\(n\)个人,每个人都有名和姓,问有没有相同的名字。
题解
两个人名字相同肯定要名和姓都相同,因为数据很小,直接两个循环枚举再判断一下就可以了。
当然肯定是可以用Hash的,为了方便的话可以用map
(反正我是不会手写Hash,这辈子都不可能),注意一下名和姓中有空格,直接读入就可以了,因为我用的是string
,所以读入就用getline
了
具体的,如果每次读入的字符串出现过,那直接输出Yes
,如果所以字符串都没有出现过,那输出No
。
还有一点就是getline
是会读入空格的,所以在读入\(n\)后要先getchar
读掉多余的空格。
时间复杂度为\(O(n\log n)\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>//暴力
using namespace std;
int n,m;
string a[1101],b[2002];
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>a[i]>>b[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(a[i]==a[j]&&b[i]==b[j])
{
cout<<"Yes";
return 0;
}
}
cout<<"No";
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>//字符串Hash
using namespace std;
string ch;
map<string,bool>f;
int main() {
int n;
scanf("%d",&n);
getchar();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
getline(cin,ch);
if(f[ch]==true)
{
cout<<"Yes";
return 0;
}
f[ch]=true;
}
cout<<"No";
return 0;
}
Many Balls
题目大意
你有一个数\(x\),你可以进行\(2\)类操作:
\(A.\ x=x+1\)
\(B.\ x=x* 2\)
\(x\)的初值为\(0\),输入\(n\),请找出一种方案使\(x=n\)。
最多只能使用\(120\)次操作。
题解
题目只规定了操作的次数范围,所以可以直接使用\(n\)次操作\(A\)。
很明显,操作\(B\)是更划算的操作,因此我应该尽可能的使用操作\(B\),可以转化为\(n=n÷2\),我们只要计算一下要几次才能使\(n=0\)。
但有的时候\(n\)不能整除\(2\),这时候就要使用一次操作\(A\),同样的可以转化为\(n=n-1\),这样就能继续使用操作\(2\)了,这样的方法是最划算的。
具体的实现过程可以参考转二进制的代码。
当然,这样最坏的情况是\(2^k-1\)(对应二进制下每位都是\(1\),说明每次除以\(2\)后都不能整除\(2\),所以操作是ABAB...A
),那么需要\(2k-1\)次操作,但题目说少于\(120\)次,那说明在\([1,2^{60}-1]\)内都一定有合法的解,略大于\(10^{18}\)。
注意一点是,在转二进制是我们统计答案是逆着的,所以最后要把答案倒过来,也可以用字符串处理一下。
不过题目使用的是\(SPJ\),所以无聊的话还可以在一开始先输出几个操作\(B\),只要满足要求就可以了,反正\(0* 2=0\)不会影响操作。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
long long n;
string ans="";
scanf("%lld",&n);
while(n)
{
if(n%2==0)
{
ans="B"+ans;//把字符‘B‘加到字符串的前面
n=n/2;
}
else
{
ans="A"+ans;//把字符‘A‘加到字符串的前面
n--;
}
}
cout<<ans;
return 0;
}
Pair of Balls
题目大意
你有\(2N\)个球。每个球都有一个颜色,由\(1\)到\(N\)(包括)之间的整数表示。对于\(N\)种颜色中的每一种,正好有两个该颜色的球。
这些球装在垂直于地面放置的\(M\)个圆柱体中。最初,第\(i\)个气缸包含\(k_i\)个球,从顶部开始的第\(j\)个球颜色为\(a_{i,j}\)。
你的目标是通过重复以下操作排空所有\(M\)个气缸。
选择两个不同的非空钢瓶,并从每个钢瓶中取出最上面的钢球。在这里,拆下的两个球必须具有相同的颜色。
确定目标是否可以实现,可以输出Yes
,否则输出No
。
题解
我会大模拟!
考虑直接模拟,代码太丑了,不放了,好吧其实是懒得写了,可以看看别人的。
当然你如果学过一点点topsort
就会发现这是个模板,首先很明显如果某一堆中$ x \(在\) y \(上面但是另一堆中\) y \(在\) x \(上面,那么就不行,因此直接把\)a_{i,1}->a_{i,j}(j\not=1)$,每两个点连一条有向边,然后跑一遍看看有没有环,有则说明不可以实现,反之可以。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+7;
queue<int>p[N],q;
vector<int>dis[N];
int main()
{
int n,m,ans=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int k;
scanf("%d",&k);
for(int j=1;j<=k;j++)
{
int x;
scanf("%d",&x);
p[i].push(x);
}
int f=p[i].front();
dis[f].push_back(i);
if(dis[f].size()==2)q.push(f);
}
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
ans++;
for(int i:dis[u])
{
p[i].pop();
if(!p[i].empty())
{
int f=p[i].front();
dis[f].push_back(i);
if(dis[f].size()==2)
q.push(f);
}
}
}
if(ans<n)puts("No");
else puts("Yes");
return 0;
}