A T1 购物 列出公式即可，既除了赠送的，其他都是要用买的。所以算一下赠送的，就是，即参与这个买赠一活动的次数。 for _ in range(int(input())): n,k,x = map(int , input().split()) print( (n - n // (k + 1)) * x)

B 石子 抱着混分的心态写的代码，但经过几次模拟之后发现，是很难获胜的，因为至少取一个，还得是偶数。集中情况试了试，发现只有当石子是一堆，且石子数量为偶数的时候，为必胜。 while True: try: n = int(input()) lst = list(map(int , input().split())) if n == 1: if lst[0]&1: print("NO") else: print("YES...

A 时间 模拟即可。 a,b=map(int , input().split(":")) b += 30 if b >= 60: a += 1 b -= 60 a = (a + 3) % 24 if a < 10: a1 = "0" + str(a) else: a1 = str(a) if b < 10: b1 = "0" + str(b) else: b1 = str(b) print(a1+":"+b1) 记一下，默认情况下，数据数据宽度不够2位是用空格填补的，但是因为2d前面有0，表示，数据宽度不足时用0填补。 #i...

B 牛半仙的妹子gcd 强推无脑打表法，用最普通的分做法打上个足够了。 分嵌套是真的慢。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,ans; int gcd(int x,int y) { return y==0?x:gcd(y,x%y); } int main() { //freopen("pjT2","r",stdin); //freopen("w.txt","w",stdout); cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++){ ...

A 牛半仙的妹子串 预处理，将每个字符串最后的字母转化为数组下标，往数组里对应的结构体。最后查询即可。 #include <bits/stdc++.h> #define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0); using namespace std; const int N=1e6+10; struct sa { string s; int f; int id; }a[N]; int n,m,k; char x; int cmp(const struct sa a , const s...

C 纸牌游戏 时，这时的的还没被淘汰，所以还得加上 时，这时的已经被淘汰了，所以降序排序后，就一直取前的数即可，快速幂写一下就行了。 #include<bits/stdc++.h> #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3) #pragma GCC optimize("Ofast") #pragma GCC target("avx,avx2,fma") #pragma GCC optimization("unroll-loops") using namespace std; #define IOS ios::sync_wi...

B 纸牌游戏 这个题一时冲动用写的，结果写了个死循环。。思维题，先给数组升序，让他们有单调的性质，方便后面处理。从第一个人开始，他可以拿个牌，后面的每一个人都可以从第一个人这里拿张牌，所以显而易见，我们需要比较两个值的大小和(他左边的人数） 如果 ,说明这个人终究会被淘汰，拿的牌比被拿的牌少。 如果 ,说明这个人不会被淘汰，那么他后头的人更不会被淘汰，所以直接输出连带这个人和后面人的数量即可。n=int(input()) lst=list(map(int,input().split())) lst.sort() for i in range(n): if lst[i]>=n-i-1...

A 面试 纯模拟 for _ in range(int(input())): s=input() if s.count("D")>=1 or s.count("C")>=2: print("failed") elif s.count("A")>=3 and "D" not in s: print("sp offer") else: print("offer")

A 牛牛的密码 纯模拟 s=input() l1=[] l2=[] l3=[] l4=[] ans=0 for i in s: if 'a'<=i<='z': l1.append(i) elif 'A'<=i<='Z': l2.append(i) elif '0'<=i<='9': l3.append(i) else: l4.append(i) if l1: ans+=1 if l2: ans+=1 if l3: ans+=1 if l4...

今天一补题发现代码编译不了了，萌新求问！！

J 树上行走 并查集，将连边的点连起来，将连边的点连起来，写一个循环让它们的根，再通过这个根的最大值，找它的子节点。 用的出题人大佬的板 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=2e5+10; int fa[maxn],sz[maxn],col[maxn]; int find(int x){ if(fa[x]==x)return x; return fa[x]=find(fa[x]); } int main(){ int n; ...

H 上学要迟到了 最短路的板子题。建图方法用的链式前向星，输入车站能停什么车时，用了链表的思维，数组就是代表，目前最后这个车可以停在哪个站。将老的能停什么车作为下标，几站作为值，每次更新即可。最后再从到，建走路的双向边。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define ull unsigned long long #define rint register int #define ld long double #define db double #define rep(i, l, r...

C 小y的旅行 先把两个都是的边用并查集连起来，再把含有的边进行判断，如果这俩本身连起来了，那么这俩就得拆开，。如果没有连起来，就让他们连起来。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=2e6+10; int n,m,k,ans; int fa[N],a[N],b[N]; inline void finit () { for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i; } inline int find(int x) { if(fa[x] == x) return x; ...

B 小y的序列 首先先把基本表打出来，从开始到， 将输入的列表分别减去模板，差值作为下标利用进行自增，同一特质的序列差值都是一样的，所以看差值自增最多的，就是改最少的序列。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int N=1e8+10; ll n,b[N],x,ans; unordered_map <ll, ll> a; int main() { cin>>n; for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=b[i-1]+...