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比赛介绍
系列赛名称#xff1a;StarryCoding 入门教育赛难度#xff1a;语法~较低时长#xff1a; 1.5 1.5 1.5小时比赛时间#xff1a;约每2-3天一场#xff0c;一般为晚上18:30~20:00赛后题解#xff1…比赛地址https://www.starrycoding.com/contest/6
比赛介绍
系列赛名称StarryCoding 入门教育赛难度语法~较低时长 1.5 1.5 1.5小时比赛时间约每2-3天一场一般为晚上18:30~20:00赛后题解赛后立即发布包含文字题解Rating结算范围 3000 3000 3000
面向群体
有学习过程序设计课程希望提高自己的编程水平、思维能力、算法能力的同学。准备参加各种程序设计、算法竞赛例如ACM、蓝桥杯、GPLT天梯赛等的同学。希望通过保/考研的机试、就业的算法笔/面试的同学。非计算机专业但对编程/算法感兴趣的同学。想要感受编程竞赛的计算机专业新生同学。 A 平方和判定
输入三个整数 a , b , c a, b, c a,b,c判断是否满足 a 2 b 2 c 2 a^2 b^2 c^2 a2b2c2直接用if分支语句判断或用三目运算符进行判断即可。
考察输入输出与分支语句。
#include bits/stdc.h
using namespace std;
using ll long long;void solve()
{ll a, b, c;cin a b c;cout (a * a b * b c * c ? YES : NO) \n;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin _;while (_--)solve();return 0;
}B 矩阵判定
枚举四元组 ( i 1 , j 1 , i 2 , j 2 ) (i_1, j_1, i_2, j_2) (i1,j1,i2,j2)判断对于所有四元组是否满足 A i 1 , j 1 A i 2 , j 2 A i 2 , j 1 A i 1 , j 2 A_{i_1, j_1}A_{i_2,j_2} A_{i_2,j_1}A_{i_1, j_2} Ai1,j1Ai2,j2Ai2,j1Ai1,j2即可。
时间复杂度为 O ( n 2 m 2 ) O(n^2m^2) O(n2m2)。
#include bits/stdc.h
using namespace std;
using ll long long;
const int N 53;
ll a[N][N];
void solve()
{int n, m;cin n m;for (int i 1; i n; i)for (int j 1; j m; j)cin a[i][j];for (int i 1; i n; i){ // i1for (int j i 1; j n; j){ // i2for (int k 1; k m; k){ // j1for (int l k 1; l m; l){ // j2if (a[i][k] a[j][l] a[i][l] a[j][k]){cout NO\n;return;}}}}}cout YES\n;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin _;while (_--)solve();return 0;
}C 曼哈顿种类
枚举所有点对计算其曼哈顿距离后放入 s e t set set中计算 s i z e size size或放入数组中排序去重。
#include bits/stdc.h
using namespace std;
using ll long long;const int N 1e3 9;ll x[N], y[N];ll getabs(ll x) { return x 0 ? -x : x; }void solve()
{int n;cin n;for (int i 1; i n; i)cin x[i] y[i];setll st;for (int i 1; i n; i)for (int j i 1; j n; j){st.insert(getabs(x[i] - x[j]) getabs(y[i] - y[j]));}cout st.size() \n;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin _;while (_--)solve();return 0;
}D 小e消消乐
根据题意我们要联想到“栈”这个数据结构并且注意题目中的弹珠大小不是 A i A_i Ai而是 2 A i 2^{A_i} 2Ai哟所以两个大小相等的弹珠合并相当于把指数也就是 A i A_i Ai增加 1 1 1而不是翻倍哦。
一些细节需要考虑例如用while而不是if、栈内元素数量得大于 2 2 2才能合并等等。
#include bits/stdc.h
using namespace std;using ll long long;
const ll N 1e5 9;
ll a[N];int main()
{int n; cin n;int cnt 0;for (int i 1; i n; i){cin a[ cnt];while(cnt 2 a[cnt] a[cnt - 1])a[-- cnt];}cout cnt \n;return 0;
}E 妹妹太多怎么办呐
首先通过数据范围猜测可以接受时间复杂度 O ( n ! ) O(n!) O(n!)的做法于是大胆去想 d f s dfs dfs。
对于一种方案实际上是一种“坐标的排列”只要坐标排列确定了那么最终的愉悦度也确定了于是可以通过 d f s dfs dfs枚举所有的方案对于每种方案计算结果取最大即可。
这里需要注意的细节是愉悦度不是单调的有可能为负数。 如果对dfs深度优先搜索算法不熟悉的同学推荐先看一下《算法基础课》https://www.starrycoding.com/course/1 #include bits/stdc.h
using namespace std;
using ll long long;const int N 20;ll x[N], y[N], a[N];ll getabs(ll x) { return x 0 ? -x : x; }ll dist(ll u, ll v)
{return getabs(x[u] - x[v]) getabs(y[u] - y[v]);
}bitset12 vis;
int n, k;
ll ans, asum;
int f[N]; // 表示选出的排列
// dep是层数sum是当前的愉悦度
void dfs(int dep, ll sum)
{if(sum asum ans)return;// 递归出口if (dep k 1){ans max(ans, sum);return;}for (int i 1; i n; i){// 已经去过了if (vis[i])continue;f[dep] i;vis[i] true;dfs(dep 1, sum a[i] - dist(f[dep - 1], i));vis[i] false;}
}void solve()
{cin n k;for (int i 1; i n; i)cin x[i] y[i] a[i];asum 0;for(int i 1;i n; i)asum a[i];ans -2e18;vis.reset();dfs(1, 0);cout ans \n;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int _;cin _;while (_--)solve();return 0;
}
