**A ^{-1} **
题意：给定一个序列，和一个指定值，输出这个值在序列中的位置（序列的下标从1开始）
思路：签到题
时间复杂度：O（n）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
int x, ans;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
cin >> x;
if(x == k) ans = i;
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
B - Playing Cards Validation
题意：给定一些长度为2的字符串，判断字符串是否符合规定
思路：签到题
时间复杂度：O（1）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000;
int vis[N];
int n;
map<string, bool> mp;
int main() {
cin >> n;
string s;
bool flag = false;
vis['H' - '0'] = 1;
vis['D' - '0'] = 1;
vis['C' - '0'] = 1;
vis['S' - '0'] = 1;
vis['A' - '0'] = 2;
vis['2' - '0'] = 2;
vis['3' - '0'] = 2;
vis['4' - '0'] = 2;
vis['5' - '0'] = 2;
vis['6' - '0'] = 2;
vis['7' - '0'] = 2;
vis['8' - '0'] = 2;
vis['9' - '0'] = 2;
vis['T' - '0'] = 2;
vis['J' - '0'] = 2;
vis['Q' - '0'] = 2;
vis['K' - '0'] = 2;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
cin >> s;
if(vis[s[0] - '0'] != 1 || vis[s[1] - '0'] != 2) {
flag = true;
}
if(mp[s]) flag = true;
mp[s] = true;
}
if(flag) cout << "No" << endl;
else cout << "Yes" << endl;
return 0;
}
C - Ladder Takahashi
题意：给你n个梯子，并且每个梯子都有其自己所相连的楼层，你现在在1楼，问：你最高可以到几楼（通过梯子可以从高到低，也可以从低到高）
思路：通过存图的方法存下梯子的信息，通过dfs知道你所能到的最大楼层
时间复杂度：O（2 * n）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 5;
map<LL, vector<LL> > mp;
LL ans = 1;
map<LL, bool> mp1;
LL maxx = 1;
void dfs(LL x) {
for (auto i : mp[x]) {
if(mp1[i]) continue;
mp1[i] = true;
ans = max(ans, i);
if(ans == maxx) return ;
dfs(i);
}
}
int main() {
int n;
cin >> n;
LL u, v;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
scanf("%lld%lld", &u, &v);
mp[u].push_back(v);
mp[v].push_back(u);
maxx = max(maxx, v);
maxx = max(maxx, u);
}
dfs(1);
cout << ans << endl;
return 0;
}
D - Takahashi's Solitaire
题意：给定一个长度为n的序列和一个整数k，首先你可以选择一个卡片放在桌子上(卡牌上的数值是x)，之后你可以
选择你手中的x或者（x + 1）% k 的卡片放在桌子上，问：你手中最少剩余卡片的总值是多少
思路：题目的意思就是让我们找出序列中非严格连续递增的子序列的总和最大是多少，首先对序列进行排序去重，之
后寻找，这里需要特判一下首尾相连的情况，
时间复杂度：O（nlogn + n）//排序去重是O（nlogn + n）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e6 + 5;
int a[N];
int n, m;
int ans[N];
map<int, int> mp;
map<int, bool> mp1;
struct node{
int l, r;
}s[N];
int main() {
cin >> n >> m;
LL ans = 0;
vector<int> v;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {
cin >> a[i];
mp[a[i]] ++ ;
ans += a[i];
v.push_back(a[i]);
}
sort(v.begin(), v.end());
v.erase(unique(v.begin(), v.end()), v.end());
int l = 0, r = 0;
int res = 0;
v.push_back(-1);
for (int i = 1; i < v.size(); i ++ ) {
if(v[i] == v[i - 1] + 1) {
r = i;
}
else {
s[ ++ res] = {l, r};
l = i;
r = i;
}
}
LL sum = 0;
if(v[s[1].l] == 0 && v[s[res].r] == m - 1) {
for (int i = s[res].l; i <= s[res].r; i ++ ) {
sum += (LL)mp[v[i]] * v[i];
}
for (int i = s[1].l; i <= s[1].r; i ++ ) {
sum += (LL)mp[v[i]] * v[i];
}
}
for (int i = 1; i <= res; i ++ ) {
LL temp = 0;
for (int j = s[i].l; j <= s[i].r; j ++ ) {
temp += (LL)mp[v[j]] * v[j];
}
sum = max(sum, temp);
}
// cout << (LL)ans - sum << endl;
if(ans < sum) cout << 0 << endl;
else cout << (LL)ans - sum << endl;
return 0;
}
E - Crystal Switches
题意：
在一个有n个节点和m条边的无向图中，每一条边有一个判断值，若是为1，则证明该条边可通，是0，则证明这个
边无法使用，在图中存在k个节点存在开关，每个使用开关可以使得图中的m条边的通行情况变成相反的，现在你在1节
，问：你最快多久可以到达节点n（没有一步需要消耗1秒）
思路：
若开关按动偶数次，则先前判断值为1的可以通行，0的无法通行，若是次数时奇数次，相反，在一个点上我们可以
重复的按动开关，所以实际上所有边都可以是联通的，所以我们建图时，只需要将一条边拆成两条边即可，最后通
过djistra得到dis[n] 和 dis[n + n]，并输出最小值
参考：https://www.cnblogs.com/jakon/p/16888643.html
时间复杂度：O（mlog2n）
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 4e5 + 5;
int n, m, k;
int dis[N];
bool vis[N];
vector<PII> q[N];
int dijkstra() {
memset(dis, 0x3f, sizeof dis);
dis[1] = 0;
priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII> > qq;
qq.push({0, 1});
while (qq.size()) {
auto temp = qq.top();
qq.pop();
int u = temp.second;
if(vis[u]) continue;
vis[u] = true;
for (auto i : q[u]) {
int v = i.first;
int w = i.second;
if(dis[v] > dis[u] + w) {
dis[v] = dis[u] + w;
qq.push({dis[v], v});
}
}
}
int ans = min(dis[n], dis[n + n]);
return ans == inf ? -1 : ans;
}
int main() {
std::ios::sync_with_stdio(false);
std::cin.tie(0);
cin >> n >> m >> k;
for (int i = 1; i <= m; i ++ ) {
int x, y, a;
cin >> x >> y >> a;
if(a) q[x].push_back({y, 1}), q[y].push_back({x, 1});
else q[x + n].push_back({y + n, 1}), q[y + n].push_back({x + n, 1});
}
for (int i = 1; i <= k; i ++ ) {
int x;
cin >> x;
q[x].push_back({x + n, 0}), q[x + n].push_back({x, 0});
}
cout << dijkstra() << endl;
return 0;
}