A - Twice
题意
给定长度为\(n\)的序列，每次选两个索引\(i,\ j\)，如果\(a_i == a_j\)并且\(i,\ j\)之前都没被选过，则答案加\(1\)。求答案最大值。
思路
模拟。
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
const int mxn = 1e6 + 5;
bool vis[mxn];
void solve()
{
int n, ans = 0;
cin >> n;
fill(vis, vis + mxn, false);
vector<int> v(n);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cin >> v[i];
}
for (int i = 0; i < n; i++)
{
for (int j = i + 1; j < n; j++)
{
if (v[i] == v[j] && !vis[i] && ! vis[j])
{
ans++;
vis[i] = vis[j] = true;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
B - Intercepted Inputs
题意
原本输入一个\(n\)，一个\(m\)，和\(n × m\)个元素。现在给定\(k\)个数，找出任意一组符合条件的\(n\)和\(m\)输出。
思路
直接两层循环会\(T\)，那就遍历一遍，用\(set\)记录遍历过的数，对于每个数\(v[i]\)，考虑\(k\ %\ v[i]\)是否为\(0\)以及\(\frac k {v[i]}\)是否已经遍历过。
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
void solve()
{
int k;
cin >> k;
vector<int> v(k);
for (int i = 0; i < k; i++)
{
cin >> v[i];
}
set<int> s;
k -= 2;
for (int i = 0; i < k + 2; i++)
{
if (k % v[i] == 0)
{
if (s.count(k / v[i]))
{
cout << v[i] << " " << k / v[i] << endl;
s.clear();
return;
}
}
s.insert(v[i]);
}
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
C - Superultra's Favorite Permutation
题意
给定\(n\)，用\(1\)到\(n\)这\(n\)个不同数字构造排列，使得相邻两个数之和是合数，不存在输出\(-1\)。
思路
容易发现当\(n \le 4\)时无解。偶数+偶数以及奇数+奇数都是合数，那就把原序列分成奇数序列和偶数序列，在固定选一组满足的放在交界处。
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
const int mxn = 1e6 + 5;
void solve()
{
int n;
cin >> n;
if (n <= 4)
{
cout << -1 << endl;
return;
}
for (int i = 1; i <= n; i += 2)
{
if (i != 5)
{
cout << i << " ";
}
}
cout << 5 << " " << 4 << " ";
for (int i = 2; i <= n; i += 2)
{
if (i != 4)
{
cout << i << " ";
}
}
cout << endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
D - Sharky Surfing
题意
给定\(n\)个障碍物，每个障碍物占据\([l_i,r_i]\)的区间，想要越过他只能从\(l_i - 1\)跳到\(r_i + 1\)；\(m\)个道具，每个道具位于\(x_i\)，能提升\(v_i(同一位置可能有多个道具)\)的跳跃能力；\(L\)为终点。初始位于\(1\)，跳跃能力为\(1\)，问到达终点所需的最小道具数，如果无法到达终点输出\(-1\)。
思路
遍历每个障碍物，用\(set\)来存放能够收集的道具，然后在还有道具还有的情况下，不断取加成最大的道具知道能跳过障碍物，跳不过去就无解。
代码
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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
typedef pair<int, int> pii;
void solve()
{
int n, m, L;
cin >> n >> m >> L;
vector<int> l(n), r(n), x(m), v(m);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
cin >> l[i] >> r[i];
}
for (int i = 0; i < m; i++)
{
cin >> x[i] >> v[i];
}
int k = 1, ans = 0, p = 0;
multiset<int, greater<int>> s; // 可能有重复
for (int i = 0; i < n; i++)
{
while (p < m && x[p] < l[i]) // 能收集到的道具
{
s.insert(v[p++]);
}
while (s.size() && k <= r[i] - l[i] + 1)
{
k += *s.begin(); // 挑大的
s.erase(s.begin());
ans++;
}
if (k <= r[i] - l[i] + 1) // 跳不过去
{
cout << -1 << endl;
return;
}
}
cout << ans << endl;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T = 1;
cin >> T;
while (T--)
{
solve();
}
return 0;
}
E -
题意
思路
代码
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