初见安~好久好久没写博客了……感觉还是有必要写的。
拿去年济南的题目训练了一下，状态还不错，写一下自己写过了的题目的题解。
M Best Carry Player
题意：给你n个数，交换他们的顺序使依次相加后总的进位次数最少（十进制），并输出进位次数。
很显然，加法中两数相加最多进位进1；单看每一位就能发现，其实进位次数跟顺序压根没关系。
所以写一个高精加法模拟加法过程算进位次数就完了。
注意数据范围，最多可以达到14位数。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
int T, n;
int res[100];
char s[100];
signed main() {
T = read();
while(T--) {
memset(res, 0, sizeof res);
n = read(); int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%s", s + 1); int len = strlen(s + 1), p = 1;
for(int j = len; j; j--, p++) {
res[p] += s[j] - '0';
if(res[p] > 9) res[p] -= 10, ans++, res[p + 1]++;
}
for(; p <= 15; p++) if(res[p] > 9) res[p] -= 10, ans++, res[p + 1]++;//
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
/*
2
3
9 99 999
1
12345
*/
E Identical Parity
题意：T组数据，每次给定一个n和k，问是否存在一个n的排列，满足所有长度为k的子区间内的数的和的奇偶性相同。
显然我们只需要考虑这长度为n的排列中每个数的奇偶个数能否满足。
有一些特殊情况容易想到：
- k=1时，除非n=1，否则都无法满足题意；
- k为偶数时，一定可以满足题意（奇偶交错的排列均可）；
- k为奇数(k != 1)时，我们需要额外进行讨论了。
因为若长度为n的排列是满足奇偶性的条件，那么任意长度为l的区间都满足区间奇偶性的条件。（不一定满足为一个合法排列，即奇数个数=偶数个数（+1）的条件）所以我们首要考虑奇偶性的条件如何满足。
首先考虑第一个长度为k的区间，k是奇数，故一定是奇数个数大于偶数个数（否则凑不了多少长度），不妨令x+1为奇数个数，则x为偶数个数。（2x+1=k）
令此时的构造排列为，其中xi为0或者1表示为偶数or奇数。
假设我们已经构造好了，对于下一个区间，相当于在前一个区间的基础上减去x1加上x_{k+1}，且sum的奇偶性不变。换言之，与
奇偶性相同。也就是说：对于任意长度的排列，我们构造好了前k个的奇偶性后，之后每一位的奇偶性都是确定的。也可以说：每个区间内奇数和偶数个数都是一样的。
所以我们只需要考虑如何对这x+1个奇数和x个偶数如何进行排序。
易知n=2k时，即奇数比偶数多两个，一定无法构造出来；推出n=tk时，奇数会比偶数多t个。所以要满足题意，我们需要在后面补至少t-1个偶数。也就是说此时构造的x序列，至少前t-1个可以是偶数。即：。
同理，假如我们补完所有0后继续往后面补1，至多可以补多少个1呢？那就是个，也就是多了多少个0就可以补多少个1。
所以我们可以得出当时，只有
时构造有解。
举个例子：k=3时，我们容易想到n=3,4,5都构造有解。而n=7就是最大的一个满足情况的n。
我们只能构造奇偶序列如：011 011 0，把0放在最前面，这样会优先把0复制在最后。
再比如k=5时，我们可以构造前5个为00111，这样可以满足n=11~13，17的情况。
代码就是公式抄一遍。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
int T, n, k;
signed main() {
T = read();
while(T--) {
n = read(), k = read();
if(k == 1) {
if(n == 1) puts("Yes");
else puts("No");
}
else if(k % 2 == 0) puts("Yes");
else {
int t = n / k, x = k / 2;
if(t * k + t - 1 <= n && n <= t * k + 2 * x - t + 1) puts("Yes");
else puts("No");
}
}
return 0;
}
D Frozen Scoreboard
题意：
（bushi）
n个题目m个队伍，你有一个封榜前的榜单，已知每个队伍（相互独立）每个题目的状态和最终通过提数和罚时，问你是否存在一个终榜满足这些条件并构造出来。（具体的看原题目吧）
说白了就是模拟……没通过和没提交的题目没有任何作用，原样输出就好；+的题目要记得加上wa的罚时，剩下的就是？的题目看要选哪些通过。
n很小啊只有13，那就最多13个？。我们把？全取出来，需要通过的题目数是已知的，最坏情况是，m又只有1e3，所以暴力枚举。枚举完了过后考虑如何分配剩余的罚时。
首先每个题目240罚时起步；其次20，20地尽量把赛后的未通过提交的罚时用完，最后再用每个题剩的59min去凑零碎的剩余罚时。
思路很简单但是实现起来挺恶心的……要存的东西很多。
以及对于No的判定，要提前把 ？不够多；罚时不够减；罚时凑不上等一看就凑不出来的情况判掉。文章来源：https://www.toymoban.com/news/detail-745660.html
上代码了文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-745660.html
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
typedef long long ll;
int read() {
int x = 0, f = 1, ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
return x * f;
}
int n, m;
int num, T;
struct node {
char x;
int cnt, tm;
}st[20];
struct TSK {
int cnt, tm;
int out_cnt, out_tm;
bool in;
}tsk[20];
int tot = 0;
bool flag;
int ch[20];
void out() {
puts("Yes");
int now = 1;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if(st[i].x == '.') puts(".");
else if(st[i].x == '-') printf("- %d\n", st[i].cnt);
else if(st[i].x == '+') printf("+ %d/%d\n", st[i].cnt, st[i].tm);
else {
if(tsk[now].in) printf("+ %d/%d\n", tsk[now].out_cnt, tsk[now].out_tm);
else printf("- %d\n", tsk[now].cnt);
now++;
}
}
}
void dfs(int p, int lst) {
if(flag) return;
if(p > tot && lst <= num) return;
if(lst > num) {//通过数凑到了
int Tm = T - 240 * num;//每个题至少240罚时
for(int i = 1; i <= num; i++) {
tsk[ch[i]].out_tm = 240, Tm -= (tsk[ch[i]].cnt - tsk[ch[i]].tm) * 20;
tsk[ch[i]].out_cnt = tsk[ch[i]].cnt - tsk[ch[i]].tm + 1;
if(tsk[ch[i]].out_cnt > tsk[ch[i]].cnt) return;
}
if(Tm < 0) return;//必扣罚时扣了发现时间不够
for(int i = 1; i <= num && Tm > 20; i++) {
register int cnt1 = tsk[ch[i]].cnt, cnt2 = tsk[ch[i]].out_cnt;
if(Tm > (tsk[ch[i]].tm - 1) * 20) Tm -= (tsk[ch[i]].tm - 1) * 20, tsk[ch[i]].out_cnt = tsk[ch[i]].cnt;
else {
int tmp = Tm / 20;
Tm -= tmp * 20;
tsk[ch[i]].out_cnt += tmp;
}
}
for(int i = 1; i <= num && Tm > 0; i++) {
if(Tm > 59) Tm -= 59, tsk[ch[i]].out_tm = 299;
else if(Tm > 0) tsk[ch[i]].out_tm += Tm, Tm = 0;
}
if(!Tm) {flag = true; out();}
return;
}
dfs(p + 1, lst);
if(flag) return;
tsk[p].in = true; ch[lst] = p; dfs(p + 1, lst + 1); tsk[p].in = false;
}
signed main() {
// freopen("out.txt", "w", stdout);
n = read(), m = read();
while(n--) {
num = read(), T = read();
tot = 0; int sum = 0;
flag = false;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> st[i].x;
if(st[i].x == '.') continue;
else if(st[i].x == '-') st[i].cnt = read();
else if(st[i].x == '+') {
int t1 = read(), t2 = read();
st[i].cnt = t1, st[i].tm = t2;
T -= (t2 + t1 * 20 - 20);
num--;
} else {
st[i].tm = tsk[++tot].tm = read(),//tm: after frozen
st[i].cnt = tsk[tot].cnt = read();//cnt: all of
tsk[tot].in = false;
sum += st[i].cnt - 1;//sum:至多凑出来的罚时次数（其实作用不大
}
}
if(num < 0 || T < 0 || tot < num || num * 240 > T || num * 299 + sum * 20 < T)
{puts("No"); continue;}
dfs(1, 1);
if(!flag) puts("No");
}
return 0;
}
到了这里，关于2022ICPC，济南站（M，E，D的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！
