greatest atcoder world 2022

报告链接：http://tecdat.cn/?p=31861 新能源汽车市场从政策推动到市场驱动的转变过程中，行业也在经过了一个萌芽期和初期的探索期之后，步入了一个迅速发展的时期。此外，在科技力量的加持下，品牌、车型、区域等细分领域都在持续地进行着调整，行业格局已经初具规模，在持续的创新中，产业已经 ......

更好的阅读体验 题意 原题链接 给出 \(n\) 个城市和 \(m\) 条双向管道，以及两个实数 \(v\) 和 \(a\)。有两种液体，分别是水和 Flubber（下面简写为 W 和 F）。\(1\) 号和 \(2\) 号城市分别生产 Flubber 和水，并通过管道流入 \(3\) 号城市。对于 ......

洛谷传送门 AtCoder 传送门 用 \((x, y)\) 表示 \(Ax + By\)，那么这个等价于 SB 树。 那么直接在 SB 树上二分，遍历一遍找到 \(n\) 个点就好了。可以采用类似线段树查询的方式。 于是现在还剩下一个子问题：给定 \(a, b\)，求 \(ax + by \le ......

原文链接：https://tecdat.cn/?p=33430 我国出生人口数量在2022年为956万人，比去年减少了10%。多种因素影响了这一趋势，包括育龄人口减少、生育观念改变以及婚育年龄推迟。然而，与此同时，由于母婴人群消费水平不断提高，以及精细化喂养逐渐成为育儿的主流方式，我国母婴市场产业规 ......

2022 China Collegiate Programming Contest (CCPC) Mianyang Onsite 目录2022 China Collegiate Programming Contest (CCPC) Mianyang OnsiteVP 情况G - Let Them E ......

不同的php版本，要对应不同的vc++版本。如php8.2.10若安装vc++2015，则php运行失败；安装vc++2022后，php成功运行。 vc++2022下载地址 https://visualstudio.microsoft.com/zh-hans/downloads/ https://d ......

洛谷传送门 AtCoder 传送门 非常妙的题。 先直观感受一下，显然当 \(M\) 大到一定程度后，\([0, M]\) 的所有数都能被取到。考虑 \(V \gets V + Ax + By\)，其中 \(V + Ax + By \in [0, M]\)。如果 \(x, y\) 都是正数显然可以取 ......

A - 321-like Checker \(\color{gray}{22}\) 直接模拟 void solve() { int n; cin >> n; int lst = -1; for(int i = n; i; i /= 10) { int u = i % 10; if(u <= lst) ......

C - Triangular Relationship 枚举 \(a\bmod k\) 的值，\(b\bmod k,c\bmod k\) 的值也就确定了，算下贡献就好了。 #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int n,k ......

C - //// 如果奇数和偶数出现的颜色的最大值相同一边取最大值和一边取次大值，否则两边都选最大值即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=100005; ......

A - Two Abbreviations 答案要么就是 \(\operatorname{lcm}(n,m)\) 要么就是 \(-1\)。判断下 \(\operatorname{lcm}(n,m)\) 是否合法就是了。 #include<iostream> #include<cstdio> usin ......

A - Candy Distribution Again 从小到大贪心，可以发现一定是满足一个前缀，暴力判断就行了。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> using namespace std; const int N=10 ......

A - Colorful Slimes 2 可以发现，对于连续的一段长度为 \(m\) 的相同的字符，我们可以花费 \(\lfloor \frac{m}{2}\rfloor\) 的代价将它改为符合要求的。 #include<iostream> #include<cstdio> using names ......

A - Digits Sum 按题意模拟即可。 #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; const int INF=1061109567; int n; int calc(int x) { int res=0; while(x ......

A - Fairness 每次操作后 \(a_i-b_i=b_{i-1}-a_{i-1}\)，对 \(k\) 的奇偶性讨论一下即可。 #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int a,b,c; long long k; in ......

A - Zero-Sum Ranges 令 \(s_n=\sum\limits_{i=1}^n a_i\)，相当于找满足 \(l\le r,s_r-s_{l-1}\) 的点对 \((l,r)\) 的个数，直接搞就完事了。 #include<iostream> #include<cstdio> #in ......

A - Diverse Word 如果至少有一个字符没有出现过，只要在原字符串后面加入一个没有出现过的字符中最小的那个字符就好了。 如果所有字符都出现过，找到一个尽量靠后的位置 \(i\in [1,n)\)，使得 \(s_i\lt s_{i+1}\)，最优字符串将 \(s_i\) 换成 \([i+1 ......

A - Digit Sum 2 要么是 \(n\) 要么是 \(n\) 的第一位后面加上若干个 \(9\)。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> using namespace std; long long n; int calc( ......

A - Table Tennis Training 如果 \(n\) 为偶数，一个 \(+1\) 一个 \(-1\) 即可。 如果 \(n\) 为奇数，那么肯定有一个先到了 \(1\) 或 \(n\)，然后再 \(+1,-1\)，取个较小值即可。 代码： #include<iostream> #in ......

A - >< 将所有的连续段缩起来，如果这个区间为 <，则左端点为 \(0\)，依次递增；如果这个区间为 >，则右端点为 \(0\)，分界点取个左右的 \(\max\) 就好了。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using ......

A - Connection and Disconnection 对于连续的一段连续的长度为 \(L\) 的段，至少需要 \(\frac{L}{2}\) 次操作。判下头尾相等的情况，实现时注意细节即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cst ......

A - Dividing a String 可以发现，划分后的子串的长度不可能大于 \(2\)。令 \(f_{i,1/2}\) 表示到第 \(i\) 位，当前位置划分的子串长度为 \(1/2\) 的最大的 \(K\)，转移枚举一下 \(i-1,i-2\) 即可。 #include<iostream> ......

A - Triangle 考虑 \(x_1,y_1\) 选原点，构造另外两个点。考虑叉积的形式，可以得出： \[x_2y_3+x_3y_2=S \]令 \(x_2=y_3=\lceil \sqrt S\rceil\)，令 \(t=S-x_2y_3\)，暴力枚举 \(t\) 的因数即可。 #inclu ......

A - XOR Circle 可以发现，相邻三个数的异或和一定为 \(0\)。如果三个字符已经确定了，那么整个字符串就已经确定为这三个字符构成，且序列唯一。 如果 \(n\bmod 3\ne 0\)，显然无解。 如果字符集的大小大于 \(3\)，显然无解。 如果字符集的大小等于 \(3\)，只有在这 ......

Kenken Race 可以分成两种情况： 当 \(A\leq B\leq C\leq D\) 时，先让 \(B\) 到 \(D\)，在让 \(A\) 到 \(C\)； 当 \(A\leq B\leq D\leq C\) 时，判断一下 \(B\to D\) 是否有三个连续的 .。 然后判断一下 \( ......

A - Darker and Darker 从 # 向外广搜即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; const int N=1005; const i ......

A - Limited Insertion 考虑从后往前做，插数变成了删数。可以发现，我们可以删去的只有 \(a_i=i\) 的数，如果有多个肯定删最后面的是最优的，因为这样影响到的数最少。每次扫一遍找出删什么数即可。 #include<iostream> #include<cstdio> usin ......

A - Poisonous Cookies 解毒的饼干肯定所有都吃，剩下的算一下最多能吃多少毒饼干就好了。 #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int A,B,C; int main() { scanf("%d%d%d", ......

A - Irreversible operation 对于某个 W 的位置，它的贡献即为前面 B 的个数，直接搞就完事了。 #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; const int N=2 ......

A - atcoder < S 枚举操作完的串 \(s\) 和 atcoder 相同的前缀长度，算出前面的前缀相同的代价加上当前这位大于 atcoder 中对应的那一位的代价即为达到当前状态的代价，取个最小值即可。 #include<iostream> #include<cstdio> #inclu ......