A. Dungeon

题目传送门：

A. Dungeon

题目大意：

三个怪物具有a,b,c的血量，每发射一次炮弹，会对一个怪物造成一点伤害。每发射6次之后，第7次就是蓄力炮，对三个怪物同时造成一点伤害。问三个怪物能不能被同一个蓄力炮同时杀死。

思路：

如果a + b + c 的和sum是9的倍数原因是只有9的倍数才可能被蓄力炮同时秒掉。且min(a,b,c)>=sum/9 ，因为在最后一次蓄力炮之前，每个怪物都不能死。

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int a,b,c;scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);int sum=a+b+c;if(sum%9) printf("NO\n");else{int k=sum/9;if(a>=k&&b>=k&&c>=k) printf("YES\n");else printf("NO\n");   }}//system("pause");return 0;
}

B. Find The Array

题目传送门：

B. Find The Array

题目大意：

给你一个序列a，问你能不能构造出一个序列b满足
1、b_i % b_i+1 == 0 或 b_i+1%b_i==0
2、

思路：

我们发现
X=1 + a [ 2 ] + 1 + a [ 4 ] + 1 ……

Y=a [ 1 ] + 1 + a [ 3 ] + 1 + a [ 5 ] + ……

Wx = S - X = a [ 1 ] + a [ 3 ] + a [ 5 ] + ……- n/2
Wy = S - Y =a [ 2 ] + a [ 4 ] + a [ 6 ] ……- n/2
Wx + Wy = S - n

那么显然Wx和Wy中必然有以一种 <= (S-n) / 2 。满足题目要求

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a[55];
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);LL sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);sum=sum+a[i];}LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i=i+2)ans=ans+a[i]-1;if(ans*2<=sum){for(int i=1;i<=n;i++){if(i%2) printf("1 ");else printf("%d ",a[i]);}}else{for(int i=1;i<=n;i++){if(i%2) printf("%d ",a[i]);else printf("1 ");}}printf("\n");}//system("pause");return 0;
}

C. Busy Robot

题目传送门：

C. Busy Robot

题目大意：

有n条指令，每条指令为在ti时刻，另机器人向xi点处移动，当机器人正在移动时，机器人会忽略指令，直到完成当前指令。在[ t_i , t _i+1 ] 时间内，机器人移动到目标点xi，则res++。（注意包括被忽略的指令）

思路：

其实就是一个比较恶心的模拟，具体细节见代码。

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e5+10;
LL ti[N],x[N];
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&ti[i],&x[i]);ti[n+1]=1e10;//将n+1点的时间设置为无限大int idx=1;LL now=0,pos=0;int flag=0,res=0;while(idx<=n){LL y=pos;LL b=ti[idx];now=ti[idx]+abs(x[idx]-pos);if(x[idx]<pos) flag=-1;//机器人的行进方向else flag=1;pos=x[idx];int k=idx+1;//中间要跳过的指令while(ti[k]<now&&k<=n)k++;for(int i=idx;i<k;i++){LL st=min(ti[i],now);LL ed=min(ti[i+1],now);LL stx=y+flag*(st-b);LL edx=y+flag*(ed-b);if(x[i]>=min(stx,edx)&&x[i]<=max(stx,edx)) res++;//判断满足条件的指令数量}idx=k;}printf("%d\n",res);}//system("pause");return 0;
}

D. Pairs

题目传送门：

D. Pairs

题目大意

将2n个数，分成n对。其中x对进行取小操作，剩下的数进行取大操作。给你一个n个元素的序列a。问你x可以为多少种数，能得到a数组。

思路：

知道最少有多少个数需要取小得到和最少多少个数需要取大得到。n - 两者的数量 + 1 即为答案。

如何取呢。以计算最少需要取小的数为例。记sum为比当前的数小且不在序列a中且还未被匹配的数。
那么如果sum>0，那么我们就可以找一个比当前小的数，那么当前这一对进行的就是取大的操作。（能进行取大操作就尽量取大，因为我们现在求的是取小的最少次数）
如果sum==0,那么当前这一个数就只能找不在序列中且未匹配的最大的数，进行取小操作。

AC Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e5+10;
int a[N];
int main()
{int t;scanf("%d",&t);while(t--){int n;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);int minn=0,maxn=0;//取小的最小次数，和取大的最小次数int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){sum=sum+a[i]-a[i-1]-1;if(!sum) minn++;else sum--;}a[n+1]=2*n+1;sum=0;for(int i=n;i>=1;i--){sum=sum+a[i+1]-a[i]-1;if(!sum) maxn++;else sum--;}printf("%d\n",n-minn-maxn+1);}//system("pause");return 0;
}

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