洛谷1月月賽div2題解

A.P6013 壓歲錢

退役了，真的退役了…三個月沒怎麼刷題，$div2$的第一題就把我弄自閉了，寫了半個小時，跑的還死慢。。不過我想只要是人都能看懂我這個代碼，大體上就是硬核模擬。

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <queue>
#define int long long int
#define N 1000001
using namespace std;
struct node//並沒有什麼卵用的結構體，事實上在後面的讀入中只需要3個變量。 
{
	int id,val,to;//id:事件；val:得到或花掉的錢；to:僅事件3纔有的參數[持續到第幾天] 
}a[N];
struct lst//這個結構體處理專門一系列的事件三 
{
	int duration,v;//duration代表封印持續到第幾天，v代表封印的錢 
	bool operator < (const lst &a)const
	{
		return a.duration<duration;//把持續時間從小到達排序 
	}
}tmp;
int n,s,ans,f;
priority_queue<lst> q;//優先隊列 
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	register int i,j;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)//枚舉事件i 
	{
		while(!q.empty())
		{
			if(q.top().duration==i)//判斷某個事件3的持續時間是否已經到了i 
			{
				s=s+q.top().v;//把錢拿回來 
				q.pop();//踢掉 
			}
			else break;//如果不是就不管 
		}
		cin>>a[i].id;//輸入事件類型 
		if(a[i].id!=3)//如果不是3 
		{
			cin>>a[i].val;
			if(a[i].id==1)
			{
				s+=a[i].val;//直接賺錢即可 
			}
			else//事件2 
			{
				s-=a[i].val;//花錢 
				if(s<0)//如果沒有足夠的錢 
				{
					s+=a[i].val;//再加回來 
					ans++;//不滿意的次數+1 
				}
			}
		}
		else//事件3 
		{
			cin>>a[i].val>>a[i].to;
			s-=a[i].val;//減錢 
			tmp.duration=a[i].to; 
			tmp.v=a[i].val;
			q.push(tmp);//塞進隊列 
		}
		//cout<<s<<endl<<endl;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

B.P6014 [CSGRound3]鬥牛

太菜了，還是問了KillerXu纔會AC做法的。一開始寫的80分做法也是硬核模擬，因爲必定有$2$張牌是不取的，所以枚舉這$2$張牌即可。很簡單易懂，總體複雜度是$O(N^2)$。

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#define int long long int
#define N 1000001
using namespace std;
int a[N],n,s,t,tmp;
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	register int i,j,k;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		s+=a[i];
	}
	tmp=s;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		for(j=i+1;j<=n;j++)
		{
			tmp=s;
			if(i==j) continue;
			tmp=tmp-a[i]-a[j];
			if(tmp%10==0)
			{
				if((a[i]+a[j])%10==0) cout<<10<<endl;
				else cout<<(a[i]+a[j])%10<<endl;
				return 0;
			}
		}
	}
	cout<<0<<endl;
	return 0;
}

然而$O(N^2)$肯定是過不了此題的，對於$Subtask\#3$我們發現對於每一張牌的數都是$1-10$的範圍內，所以就用桶的思想，枚舉$1-10$可能的數即可。讀入$O(N)$，算法$O(1)$。

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#define int long long int
#define N 11
using namespace std;
int a[N],n,s,t,tmp,f;
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	register int i,j,k;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		int wei;
		cin>>wei;
		a[wei]++;
		s+=wei;
	}
	for(i=1;i<=10;i++)
	{
		if(a[i]>=2 && (s-i*2)%10==0)
		{
			t=(i*2)%10;
			f=1;
		}
	}
	for(i=1;i<=9;i++)
	{
		for(j=i+1;j<=10;j++)
		{
			if(a[i]>0 && a[j]>0 && (s-i-j)%10==0)
			{
				t=(i+j)%10;
				if(t==0)
					t=10;
				f=1;
			}
		}
	}
	if(f==0) cout<<0<<endl;
	else cout<<t<<endl;
	return 0;
}

C.P6015 [CSGRound3]遊戲

自閉了，瞎幾把搞的，類似於尺取法，水了37分。有時間會獨立發佈AC解法。

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#define N 1000001
#define int long long int
using namespace std;
int a[N],sum[N],n,m,G,s;
bool vis[N];
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	register int i(0),j(0),k;
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		cin>>a[i];
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}cin>>m;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		if(sum[i]>m) G=i;
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		for(j=1;j<=G+1;j++)
		{
			if(sum[j]>i) break;
		}
		for(k=j;k<=n;k++)
		{
			if(sum[k]-sum[j-1]>i) break;
		}
		if(sum[j-1]>sum[k-1]-sum[j-1])
		{
			vis[i]=1;
			s++;
		}
	}
	cout<<s<<endl;
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		if(vis[i]) cout<<i<<' ';
	}
	cout<<endl;
	return 0;
}

D.P6016 [CSGRound3]出遊

徹底自閉。這是一個數學問題，不會。不過3分是很好騙的：只需要把概率加起來再取模即可。

總結：

我菜死了，被全場吊打。