B.真的是簽到題

題意：
$輸出三遍NUC2020!!!$
題解：
$確實是真！簽到題，puts輸出$
AC代碼

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
//const int mod=1e9+7;
const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};
 
 
int main()
{
    //ios::sync_with_stdio(false);
    //cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    puts("NUC2020!!!");
    puts("NUC2020!!!");
    puts("NUC2020!!!");
    return 0;
}

A.俄羅斯方塊

題意：
$10*10的圖$
$給四種俄羅斯的圖形，按俄羅斯的遊戲規則，下降遇到即停$
$但是如果遇到整行滿的情況不消除$
$給出n次下降的圖形和最左塊的座標$
題解：
$n<=10並且圖還很小$
$直接模擬下降過程即可$
$對每個方塊的下落，判斷每個點下個位置是否會碰到東西$
$如果沒有碰到就繼續下落，碰到了就停止，把圖繪上去即可$
AC代碼

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
//const int mod=1e9+7;
const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};
 
int a[20][20];
 
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1,x,y;i<=n;i++){
        cin>>y>>x;
        if(y==1){
            int z=1;
            while(!a[z+1][x]&&!a[z+1][x+1]&&z<10)z++;
            a[z][x]=a[z-1][x]=a[z][x+1]=a[z-1][x+1]=1;
        }
        else if(y==2){
            int z=1;
            while(!a[z+1][x]&&!a[z+1][x+1]&&!a[z+1][x+2]&&z<10)z++;
            a[z][x]=a[z][x+1]=a[z][x+2]=a[z-1][x]=1;
        }
        else if(y==3){
            int z=1;
            while(!a[z+1][x]&&!a[z+1][x+1]&&!a[z+1][x+2]&&!a[z+1][x+3]&&z<10)z++;
            a[z][x]=a[z][x+1]=a[z][x+2]=a[z][x+3]=1;
        }
        else{
            int z=1;
            while(!a[z+1][x]&&!a[z+1][x+1]&&!a[z+1][x+2]&&z<10)z++;
            a[z][x]=a[z][x+1]=a[z][x+2]=a[z-1][x+1]=1;
        }
    }
    for(int i=1;i<=10;i++,cout<<endl)
        for(int j=1;j<=10;j++)
            cout<<a[i][j]<<' ';
    return 0;
}

K.籤個到

題意：
$給n個數，進行m次操作$
$每次操作可以使得任意一個數加或減他的下標$
$問m次操作後這個數列的極差最大是多少$
題解：
$想讓極差最大肯定是隻修改一個數，把他修改成最大或最小$
$記錄一下數列的最大值最小值$
$對於每一個數，找他和最小值或最大值的最大差$
$通過對該位的值加減下標可以擴大這個差值$
$看修改哪一個能使得極差最大$
AC代碼

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
//const int mod=1e9+7;
const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};

ll a[maxn];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    ll n,m;cin>>n>>m;
    ll mi=inf,mx=-inf;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i],mi=min(mi,a[i]),mx=max(mx,a[i]);
    if(n==1){cout<<0;return 0;}
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        ll k=max(abs(a[i]-mi),abs(a[i]-mx));
        ans=max(ans,k+i*m);
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

E.簡單的線性代數

題意：
$給一個矩陣A和整數k，已知A^k=0$
$求E+A^1+……+A^k-1的逆$
題解：
$矩陣和整數其實是可以類比的$
$所以完全可以類比成等比數列$
$然後用一下等比數列的求和公式$
$即\frac{E-A^k}{E-A} \quad$
$然後題目要求的是這個式子的逆$
$A*B=E，其中B是A的逆$
$所以\frac{E-A^k}{E-A} \quad*B=E$
$B就是最終結果，並且A^k=0$
$化簡式子最後B=E-A$
$就是對矩陣全體取負，對角線加1即可$
AC代碼

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
//const int mod=1e9+7;
const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};
 
ll a[1010][1010];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    ll n,k;cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++,cout<<endl)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            {
                ll x;
                cin>>x;
                if(i==j)cout<<1ll-x<<' ';
                else cout<<-x<<' ';
            }
    return 0;
}

G. 數位操作1

題意：
$給一個整數n(n<=1e10)$
$找到一個最小的數ans(ans>9)$
$ans需要滿足他的每一位上數的乘積等於n$
題解：
$首先ans>9，如果n小於10的話$
$那麼可以直接確定結果是(1n)$
$乘積能組成n的數，肯定是n的因子$
$所以進行對n的2到9因子分解，如果發現大於9的因子，說明不可行$
$但是會發現有的因子可以和自己或和別的因子相乘$
$我們需要留下的是最小值儘量小的幾個小於10的因子$
$所以我們乾脆直接倒着(從9到2)找因子$
$這樣會盡量讓多出來的不會被乘走的因子留下，並且解決了因子相乘還是在10以內的問題$
$然後找到所有因子倒序輸出即可$
AC代碼

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
//const int mod=1e9+7;
const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};

int cnt[10];
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    ll n;
    while(cin>>n){
        vector<int> v;        
        if(n<10){cout<<1<<n<<endl;continue;}
        for(int i=9;i>1;i--)
            while(n%i==0)v.pb(i),n/=i;
        if(n>9){cout<<-1<<endl;continue;}
        reverse(all(v));
        for(auto i:v)cout<<i;
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

C. 港口

題意：
$有n件貨物，第i件質量爲w_i$
$可以對從第i件到第j件的質量進行加一或減一$
$問至少多少次能讓全部貨物質量相等$
題解：
$純原題$
原題鏈接

$這個是運用了差分$
$對於每一件貨物求出他和上一個貨物的差值$
$如果想讓全部相等，就是讓這些差值都變爲0$
$對於每次區間加操作，區間內部的差值不會改變$
$會改變的就是兩端和外部的$
$比如差分數組爲b，區間L到R加1$
$那麼b_L++,b_{R+1}--$
$如果是進行減操作同理，b_L--,b_{R+1}++$
$所以問題轉化，對差分數組進行多少次如下操作讓數列全部變成0$
$對於2<=i,j<=n,b_i++,b_j--$
$所以我們只需要統計數組中有多少正數和負數$
$然後同時消除兩種數，直到一種爲0$
$剩餘多出來的數全部和1進行操作，使得全部爲0即可$
$另x爲正數和，y爲負數和$
$列出式子就是min(x，y)+abs(x-y)=max(x，y)$
AC代碼

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
//const int mod=1e9+7;
const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};

ll b[maxn],a[maxn];

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int n;
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    ll x=0,y=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i]-a[i-1];
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(b[i]<0)y+=-b[i];
        else x+=b[i];
    }
    cout<<max(x,y);
    return 0;
}

F. 集合操作

題意：
$有n次操作，操作分爲3種$
$1.如果集合中無x，插入x$
$2.如果集合有有x，刪除x$
$找到>=x的最小的集合中沒有的數$
題解：
$n<=1e6,x<=1e9$
$由於是要找一個沒有的數$
$如果暴力找，n過大，如果已經插入很多連續數，會tle$
$但是如果想用一個set維護不存在集合裏的數$
$x又是1e9，會mle$

$然後我就想到了可以用二分找一下不存在的數$
$但不存在的數又不是單調的，不能用二分找$
$所以就需要維護個數，看x到mid的集合存在個數是否等於mid-x+1$
$但是x很大，維護這個個數仍然會mle$
$所以我們就需要對這些x進行離散$
$將每個x和他的下一個點放入數組，由於需要表示中間的間隔$
$然後進行離散，離散完中間的個數就可以用樹狀數組維護$
$然後按剛纔的思路進行二分查找即可$
AC代碼

/*
    Author:zzugzx
    Lang:C++
    Blog:blog.csdn.net/qq_43756519
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
//const int mod=1e9+7;
const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=2e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[4][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0}};
 
struct node{
    int id,x;
}p[maxn];
int a[maxn],c[maxn];
int lowbit(int x){
    return x&(-x);
}
void add(int x,int v){
    while(x<maxn){
        c[x]+=v;
        x+=lowbit(x);
    }
}
int query(int x){
    int res=0;
    while(x){
        res+=c[x];
        x-=lowbit(x);
    }
    return res;
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);cout.tie(0);
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("out.txt","w",stdout);
    int n;cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin>>p[i].id>>p[i].x,a[2*i-1]=p[i].x,a[2*i]=p[i].x+1;
    int len=2*n;
    sort(a+1,a+1+len);
    len=unique(a+1,a+1+len)-a-1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int op=p[i].id;
        int x=lower_bound(a+1,a+1+len,p[i].x)-a;
        if(op==1){
            if(!(query(x)-query(x-1)))add(x,1);
        }
        if(op==2){
            if(query(x)-query(x-1))add(x,-1);
        }
        if(op==3){
            int l=x,r=len,ans=-1;
            while(l<=r){
                int mid=l+r>>1;
                if(query(mid)-query(x-1)>=mid-x+1)ans=mid,l=mid+1;
                else r=mid-1;
            }
            if(ans!=-1)cout<<a[ans]+1<<endl;
            else cout<<a[x]<<endl;
        }
    }
    return 0;
}

第十五屆中北大學算法與程序設計競賽（公開賽）題解

B.真的是簽到題

A.俄羅斯方塊

K.籤個到

E.簡單的線性代數

G. 數位操作1

C. 港口

F. 集合操作

關於遊戲付費的一點想法

我通過CKA和CKS啦！

“科林明倫杯”哈爾濱理工大學第十屆程序設計競賽(同步賽)題解

NC15034 德瑪西亞萬歲(狀壓dp)

NC13884 Paint Box(容斥)

哈爾濱理工大學軟件與微電子學院程序設計競賽題解

NC13947 contest(CDQ分治+樹狀數組+三維偏序)

https://yachay.unat.edu.pe/blog/index.php?comment_area=format_blog&comment_component=blog&comment_co

linux以太網驅動總結