A
这么简单的题直接贴代码好了。
1 #include <cstdio>
2 #include <cmath>
3 using namespace std;
4
5 bool islucky(int a)
6 {
7 a = abs(a);
8 while(a)
9 {
10 if(a % 10 == 8) return true;
11 a /= 10;
12 }
13 return false;
14 }
15
16 int main(void)
17 {
18 int a, b = 1;
19 scanf("%d", &a);
20 while(!islucky(a + b)) b++;
21 printf("%d\n", b);
22
23 return 0;
24 }
B
题意：
有4个从小到大排列的正整数，x1 x2 x3 x4 ，他们满足下面三个数相等：
现在丢了4-n的数，只剩下其中的n个数(0≤n≤4)
问能否找到4-n个正整数，使得这四个数重新满足上面的条件。
分析：
这道题思路很简单，就是比较繁琐，看到有人写了100多甚至200行代码，所以我还是觉得有必要把我的思路详细分析一下的。
对条件变一下形，等价于下面两个条件：
- x4 = 3x1
- x1 + x4 = x2 + x3
我们对n不同的情况来考虑
- n=0，直接随便输出一组解就好了，比如 1 1 3 3
- n=1，比如所给的数为a， a a 3a 3a 就是一组解
- n=2，所给的数为a b(a ≤ b), 我们断言b ≤ 3a时，才有解，为 a b (4a-b) 3a 。 首先若b ≤ 3a，前面所给的解是满足条件的。 若 b ＞ 3a，则四个数中最小的一定是a，最大的一定是b，然而根据我们的条件有x4 = 3x1，即b = 3a，导出矛盾，所以无解。
- n=3，设所给的三个数为a、b、c。我们只枚举有解的情况，其他情况则无解：
- 若c = 3a，则 a b (4a-b) 3a 是一组解
- 若c ≤ 3a 且 b + c = 4a， 这时 a b c 3a 是一组解
- 若c是3的倍数 且 a + b =
, (c / 3) a b c，是一组解
- n=4直接判断是否满足题目要求条件就好了
代码也比较短，只有50多行。
1 #include <cstdio>
2 #include <algorithm>
3 using namespace std;
4
5 int n, a[4], ans[4];
6
7 bool solve()
8 {
9 switch(n)
10 {
11 case 0:
12 ans[0] = ans[1] = 1, ans[2] = ans[3] = 3;
13 return true;
14 case 1:
15 ans[0] = a[0], ans[1] = ans[2] = 3 * a[0];
16 return true;
17 case 2:
18 if(a[1] <= a[0] * 3)
19 {
20 ans[0] = a[0] * 3;
21 ans[1] = a[0] * 4 - a[1];
22 return true;
23 }
24 return false;
25 case 3:
26 if(a[2] == a[0] * 3)
27 { ans[0] = a[0] * 4 - a[1]; return true; }
28 if(a[2] <= a[0] * 3 && a[1] + a[2] == a[0] * 4)
29 { ans[0] = a[0] * 3; return true; }
30 if(a[2] % 3 == 0 && a[0] + a[1] == a[2]/3*4)
31 { ans[0] = a[2] / 3; return true; }
32 break;
33 case 4:
34 if(a[0] + a[3] == a[1] + a[2] && a[0] * 3 == a[3])
35 return true;
36 }
37 return false;
38 }
39
40 int main(void)
41 {
42 scanf("%d", &n);
43 for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
44 sort(a, a + n);
45 if(solve())
46 {
47 printf("YES\n");
48 for(int i = 0; i < 4-n; ++i) printf("%d\n", ans[i]);
49 }
50 else printf("NO\n");
51
52 return 0;
53 }
C(暴力)
题意：
Master Yang 要去打败一个怪兽(Monster)， 他和怪兽都有血量HP，进攻力ATK和防御力DEF。
每个时刻，怪兽使杨大师血量减少 max{0, ATKM - DEFY}, 同样地， 杨大师对怪兽造成的伤害为 max{0, ATKY - DEFM}
如果某一时刻HPY ＞ 0 且 HPM ≤ 0，则视为将怪兽打败。
为了能够打败怪兽，杨大师可以去商店购买HP、ATK和DEF。
现给出杨大师和怪兽的HP、ATK和DEF，和购买每点HP、ATK和DEF所需要消耗的金币，求能够打败怪兽所需要的最少的金币。
分析：
因为数据范围很小，所以暴力是完全可以的。
我们枚举可能购买的进攻力和防御力，然后算出打败怪兽后的剩余HP，如果HP少于1，那么就要购买相应的补回来。然后取每次总花费的最小值。
1 #include <cstdio>
2 #include <algorithm>
3 using namespace std;
4
5 int main(void)
6 {
7 int y[3], m[3], price[3], ans = 2000000000;
8 for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &y[i]);
9 for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &m[i]);
10 for(int i = 0; i < 3; ++i) scanf("%d", &price[i]);
11
12 for(int buyatk = 0; buyatk <= 200; ++buyatk)
13 for(int buydef = 0; buydef <= 200; ++buydef)
14 {
15 int crtatk = y[1] + buyatk;
16 int crtdef = y[2] + buydef;
17 int hurty = max(0, m[1] - crtdef); //杨大师收到的伤害
18 int hurtm = max(0, crtatk - m[2]); //怪兽收到的伤害
19 if(hurtm == 0) continue; //打不掉怪兽的血，跳过循环
20 int k = m[0] % hurtm == 0 ? m[0]/hurtm : m[0]/hurtm + 1;
21 int LeftHP = y[0] - hurty * k;
22 int cost = price[1] * buyatk + price[2] * buydef + (1 - LeftHP > 0 ? (1 - LeftHP) * price[0] : 0);
23 ans = min(ans, cost);
24 }
25
26 printf("%d\n", ans);
27
28 return 0;
29 }
D
像这种贪心贪不出来的都感觉是DP。
在CF上扒了一个46ms的代码，也总算是看懂了。
题意：
纸条上有n个数，可以将纸条剪为若干小段(只有一个数字也可以)，使得每段上的数字满足：
- 最大值与最小值之差不超过s
- 数字个数不少于l
分析：
从第一个数开始向左右两个方向延伸(第一个数只能往右延伸)，求得一个最大的闭区间[left1, right1]，使得这个区间里的数都满足第一个条件 max - min ≤ s.
如果区间的长度小于l，则无解
如果长度大于等于l，我们则求出了第一段纸片右端点的一个范围[l, right1]
第二段纸片从第 right + 1 个数向两侧延伸，这时向左延伸就有了一个界限，因为要保证第一段纸片至少有l个数，所以第二段纸片最多只能向左延伸到第l+1个数。
记此时的区间为[left2, right2]，同样地，看区间的长度是否≥l来判断是否有解。这样一来，为了保证在第三段纸片延伸的时候第二段至少有l个数，所以第三段纸片至多向左延伸到left2+l+1
所以我们用last来记录每次向左延伸的界限
1 #include <cstdio>
2 #include <algorithm>
3 using namespace std;
4
5 const int maxn = 100000 + 10;
6 long long a[maxn], last = 0;
7 bool flag = true;
8
9 int main(void)
10 {
11 //freopen("Din.txt", "r", stdin);
12
13 long long n, s, l, ans = 0;
14 scanf("%I64d%I64d%I64d", &n, &s, &l);
15 for(int i = 0; i < n; ++i) scanf("%I64d", &a[i]);
16
17 long long pos, left, right;
18 for(pos = 0; pos < n; ++pos) //从pos位置开始延伸
19 {
20 long long maxm, minm, cnt = 1; //区间延伸过程中的最小值和最大值以及区间中元素的个数
21
22 maxm = a[pos], minm = a[pos];
23 right = pos + 1;
24 while(right < n)
25 {
26 maxm = max(maxm, a[right]);
27 minm = min(minm, a[right]);
28 if(maxm - minm <= s) cnt++;
29 else break;
30 right++;
31 }
32 right--;
33
34 //maxm = a[pos], minm = a[pos];
35 left = pos - 1;
36 while(left >= last)
37 {
38 maxm = max(maxm, a[left]);
39 minm = min(minm, a[left]);
40 if(maxm - minm <= s) cnt++;
41 else break;
42 left--;
43 }
44 left++;
45
46 if(cnt < l)
47 {
48 flag =false;
49 break;
50 }
51 ans++;
52 last = left + l;
53 pos = right;
54 }
55
56 if(!flag) ans = -1;
57 printf("%I64d\n", ans);
58
59 return 0;
60 }
E(数论+构造)
题意：
给出一个正整数n，问是否存在一个 1~n的排列，使得前i个数的乘积模上n的余数得到的序列是0~n-1的一个排列。
分析：
当n为1、4和素数的时候有解，构造方法是用 (i+1)*(i的逆元)%n 填充当前的数。
这道题先留着，等我比较系统地学习数论以后在给出严格证明以及代码。
