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A. Floor Number
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题目大意：
- 给定目标房间编号 n 及一层楼住户数量 x。
- 第一层楼只有 2 个住户，求目标房间所在楼层。
思想：
- 签到题。
- nle2 时在第一层。
- ngt 2 时： 若 x 可以整除 n-2，则在 frac{n-2}{m} 1 层； 反之在 frac{n-2}{m} 2 层。
代码：
代码语言：javascript复制#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl 'n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
int a[N];
void solve(){
int n, x;
cin >> n >> x;
if(n <= 2) cout << 1 << endl;
else{
int t = (n - 2) / x 1;
if((n - 2) % x != 0) t ;
cout << t << endl;
}
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}B. Symmetric Matrix
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题目大意：
- 给定 n 个 2times 2 的矩阵，每个矩阵有无限多个。
- 求这些矩阵是否可以组合成一个 mtimes m 的大矩阵，且使得大矩阵的元素关于主对角线对称。
思想：
- 思维题。
- 可以构成的大前提条件是 2 可以整除 m。
- 其次使得大矩阵的元素关于主对角线对称，只需要每个小矩阵的元素次对角线上的元素相同即可。
代码：
代码语言：javascript复制#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl 'n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
void solve(){
int n, m; cin >> n >> m;
bool flag = 0;
for(int i = 0; i < n; i ){
int a, b, c, d;
cin >> a >> b >> c >> d;
if(b == c) flag = 1;
}
if(flag && m % 2 == 0) cout << "YES" << endl;
else cout << "NO" << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}C. Increase and Copy
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题目大意：
- 给定一个序列 a = [1]。
- 不限次数进行如下操作： 选择 a_i 使其变为 a_i 1； 选择 a_i 将其复制并加入到 a 的末尾。
- 给定一个整数 n，求最少经过多少次操作可以使得 a 的元素之和至少是 n。
思想：
- 思维题。
- 最快的方法是将 a_i 不断变为 a_i 1，之后不断执行复制操作，直到总和 sum ge n。
- 我们设 a_i 通过 i 次 1 操作最后得到的数为 x，复制 x 共 j 次后得到大于等于 n 的数，即： x times (j 1) ge n
- 求 i j 的最小值等价于先求 x (j 1) 的最小值，显然地，当 x 和 j 1 尽可能接近 sqrt{n} 时可以使得 x (j 1) 最小。
- 综上所述，我们需要找到尽可能接近 sqrt{n} 的最大整数。
代码：
代码语言：javascript复制#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl 'n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
void solve(){
int n; cin >> n;
int t = sqrt(n);
if(t * t == n) cout << 2 * (t - 1) << endl;
else if(t * (t 1) >= n) cout << 2 * t - 1 << endl;
else cout << 2 * t << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}D. Non-zero Segments
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题目大意：
- 给定一个序列 a，可以在任意相邻对中添加任意大小的数，最终使得不存在一个子序列的和为 0 。
- 求最少的添加次数。
思想;
- 前缀和，贪心。
- 破坏所有连续的区间和为 0 的区间，可以使用前缀和预处理区间和。
- 当区间 [l,r] 和为 0 时，有 a[l - 1] = a[r]。
- 从左往右扫描每个区间的左端点，用
map<LL, int> st存储出现过的前缀。 - 那么当出现相同的前缀和，说明存在和为 0 的子序列，此时需要在其区间加上一个数。
- 保证在此之前的所有子序列没有存在和为 0 的前缀，则当前位置改变，其左边区间可以不再考虑，记录操作并且清空 st。
- 注意，由于子区间有可能在端点处重合，这种情况不属于有重复部分，所以清空
st以后还需要插入当前位置左侧一位置的前缀和。
代码：
代码语言：javascript复制#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl 'n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
LL a[N];
void solve(){
map<LL, int> st;
int n; cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i ){
cin >> a[i];
a[i] = a[i - 1];
}
LL cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ){
if(st[a[i]] > 0){
cnt ;
st.clear();
}
st[a[i - 1]] ;
}
cout << cnt << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}
