比赛3总结

T1

题面

题意

在药剂店中可以买到任何药水。每个药水的特点是两个整数——效果和成本。药水的效率是效果与成本的比值,可能是非整数。整数A和B表示要的效果与成本，L ≤ A ≤ R,X ≤ B ≤ Y,在店内有效果为L到R和成本为X到Y的药水（即有（R - L + 1）·（Y - X + 1）的药水）。则有效率为K的药水吗?

输入

L，R，X，Y，K（1 ≤ L ≤ R ≤ 10^7, 1 ≤ X ≤ Y ≤ 10^7, 1 ≤ K ≤ 10^7）。

输出

有则输出”YES”,无则输出”NO”.

代码

include<bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){    long long l,r,x,y,k,i,j,m;    cin>>l>>r>>x>>y>>k;    for(i=x;i<=y;i++)    {        m=k*i;//将除法改为乘法以避免"double"的问题.        if(m>=l&&m<=r)        {            cout<<"YES";            return 0;        }    }//通过一个循环来试验,避免了两个循环的错误    cout<<"NO";}

错误代码

include<bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){    long long l,r,x,y,k,i,j;    cin>>l>>r>>x>>y>>k;    for(i=l;i<=r;i++)    {        for(j=x;j<=y;j++)        {            if(k*j==i)            {                cout<<"YES";                return 0;            }        }    }    cout<<"NO";}//复杂度为n^2

T2

题面

题意

输入R,L表示大圆与大小圆(同心圆)的半径差,在输入n,以下n行每行三个整数表示圆心的坐标与圆的半径,计算完全在大小圆不重叠部分的圆的个数.

代码

include<bits/stdc++.h>using namespace std;int main(){    long double n,x,y,r,q,p,ans=0,jl;    int i;    cin>>p>>q>>n;    for(i=1;i<=n;i++)    {        cin>>x>>y>>r;        if(r<=q/2)        {            jl=sqrt(x*x+y*y);            if(jl+r<=p&&jl-r>=p-q)            {                ans++;            }        }    }    cout<<ans;}//用它到原点的距离与半径的和差与大小圆半径相比较.

T3

题面

题意

有一棵树，每一个点的数为它到树顶的路径中的所有数,去掉一个数后的最大公因数中的最大值

代码

暂无

T4

题面

题意

输入一串整数序列,a1,a2,a3等,可进行操作使数列的最大公约数大于1.
操作:删去a[i],a[i+1],并换成a[i]-a[i+1]与a[i]+a[i+1].

代码

include<bits/stdc++.h>using namespace std;long long a[100010];int main(){    long long m,n,k,i,j,ans=0;    cin>>n;    cin>>a[1];    k=a[1];    if(a[1]%2==0) a[1]=0;    else a[1]=1;    for(i=2;i<=n;i++)    {        cin>>a[i];        k=__gcd(k,a[i]);        if(a[i]%2==0) a[i]=0;        else a[i]=1;    }    if(k>1)    {        cout<<"YES"<<endl<<0;        return 0;    }//首先判断原来的数列是否符合条件    for(i=2;i<=n;i++)    {        if(a[i]==1&&a[i-1]==1)        {            a[i]=a[i-1]=0;            ans++;        }    }    for(i=1;i<=n;i++)    {        if(a[i]==1)        ans+=2;    }    cout<<"YES"<<endl<<ans;}//判断是一个还是两个连续奇数

方法

首先判断开始是否满足条件.
若不符合则默认2为最终最大公约数(因为它最小,最好达到).
若有连续两个奇数,则只需一次操作.仅一个奇书时要两次操作.相加即可.

T5

题面

题意

有N个银行，编号为从1到N，也有N - 1条线来连接银行。所有银行最初都是在线的。每家银行也有其初始实力：银行I有初始强度AI。在继续之前，让我们定义一些关键字。当且仅当存在一条直接连接两银行时,两银行相邻。当且仅当存在一个在线k银行时，i和k,k和j相邻，则i与j半相邻。当一家银行被入侵时，它就变成了离线（不再在线），与它相邻或半邻接的其他银行的实力也增加了1。在破坏使,该银行的实力决不能超过他计算机的力量。之后，反复选择一些银行继续攻击，直到所有银行都被入侵.
但若继续破解X银行，只有在满足以下所有条件的情况下才行：
X银行在线。也就是说，X银行还没有被黑客攻击。
X银行与某个离线银行相邻。
X银行的强度小于或等于Inzane的计算机力量。
确定并输出计算机入侵所有的银行所需要的最小强度。

输入与输出

N,a[1]~a[N],以下N-1行每行两个整数,为线的首尾.
输出计算机的最小强度.

具体题意

有一棵树,每个点都有一个权值,将一个点删去时,与这个点距离<=2的点权值+1,问将所有点删除完之后被删除点的权值的最大值.

数据范围

1 ≤ N ≤ 3*10^5, - 10^9 ≤ ai ≤ 10^9

方法

统计出最大数,第二大数的个数,再根据此进行比较输出.
详见代码

代码

#include<bits/stdc++.h>#define ll long long#define N 300000#define M 1000000001using namespace std;ll n,first[N+5],num[N+5],bb=0,mm,mx,mm2,z=-M,K=0;struct bian{    ll to,next;}bn[N*2];void add(ll p,ll q){    bb++;    bn[bb].to=q;    bn[bb].next=first[p];    first[p]=bb;}int ss(ll p){    ll i=0,q,o;    o=p;    p=first[p];    while(p!=-1)    {        if(num[bn[p].to]==z)        {            q=bn[p].to;            i++;        }        p=bn[p].next;    }    if(i==mm2-1)    return o;    else if(i==1&&K==0)    {        K=1;        return ss(q);    }    else    return 0;}int ss2(int p){    ll i=0,q;    p=first[p];    while(p!=-1)    {        if(num[bn[p].to]==z-1)        {            i++;        }        p=bn[p].next;    }    if(i==mm)    return 1;    else    return 0;}int dd(int p)//用于判断是否为:最大数---任意数----最大数的情况.即一任意数与所有最大数相连. {    int u,i,v;    u=first[p];    while(u!=-1)    {        v=first[bn[u].to];        i=0;        while(v!=-1)        {            if(num[bn[v].to]==z) i++;            v=bn[v].next;        }        if(i!=1)        {            if(i==mm2)            return 1;            else            return 0;        }        u=bn[u].next;    }    return 0;}int main(){    ll i,j,p,q,mn=M,y,u,v;    cin>>n;    memset(first,-1,sizeof(first));    for(i=1;i<=n;i++)    {        cin>>num[i];        z=max(z,num[i]);//z为最大值     }    for(i=1;i<=n-1;i++)    {        cin>>p>>q;        add(p,q);        add(q,p);    }    for(i=1;i<=n;i++)    {        if(num[i]==z-1)        {            mm++;//第二大的数的个数         }        if(num[i]==z)        {            mm2++;//最大数的个数             mx=i;//其中一个最大数的序号         }    }    if(mm2==1)//仅有一个最大数时     {        i=mm;        j=first[mx];        while(j!=-1)        {            if(num[bn[j].to]==z-1) i--;//判断第二大的数是否全部与它相连             j=bn[j].next;        }        if(i==0)//全部连通         {            cout<<z;            return 0;        }        else        {            cout<<z+1;            return 0;        }    }       else if(mm2==2)    {        int pp=0;        u=first[mx];        while(u!=-1)        {            if(num[bn[u].to]==z)            {                pp=1;//              cout<<u<<bn[u].to;                v=bn[u].to;                break;            }            u=bn[u].next;        }        if(pp==0)//不连通         {            pp=dd(mx);            if(pp==0)             {                cout<<z+2;            }            else            {                cout<<z+1;            }            return 0;        }        else//连通则为z+1,因为另一最大数-1与第二大数加2均为z+1 同下         {            cout<<z+1;            return 0;        }    }    else if(mm2>2)    {        i=mm2;        y=ss(mx);//用于判断最大数是否连通        if(y==0)//表示不连通        {             if(dd(mx)==0)            {                cout<<z+2;            }            else            {                cout<<z+1;            }            return 0;        }        else//与上面原理相同         {            cout<<z+1;            return 0;                   }    }}