A題

計算每組最後出現的那個取min

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
typedef pair<int,int> plll;
const int N=2e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[N];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n;
    cin>>n;
    int i;
    
 
for(i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
    }
    int cnt1=0,cnt2=0;
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]==1)
            cnt1=i;
        else
            cnt2=i;
    }
    cout<<min(cnt1,cnt2)<<endl;
    return 0;
}

B題

這題有數位dp控制最高位那味，如果最高位不受限

那麼後面全取9，因此對每一位都做一下這個判斷即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
typedef pair<int,int> plll;
const int N=2e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[N];
ll pre[N];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    ll n;
    int i,j;
    cin>>n;
    int
 
 cnt=0;
    while(n){
        a[++cnt]=n%10;
        n/=10;
    }
    if(cnt==1){
        cout<<a[1]<<endl;
        return 0;
    }
    pre[0]=1;
    for(i=1;i<=20;i++){
        pre[i]=pre[i-1]*9;
    }
    reverse(a+1,a+1+cnt);
    ll ans=1;
    ll mx=1;
    for(i=1;i<=cnt;i++){
        ans=ans*a[i];
    }
    for(i=1;i<=cnt;i++){
        ll tmp=a[i]-1;
        if(a[i]==1){
            tmp=1;
        }
        for(j=1;j<i;j++){
            tmp*=a[j];
        }
        for(j=i+1;j<=cnt;j++)
            tmp*=9;
        ans=max(ans,tmp);
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

C題

過於水，記錄三個陣列判斷一下就行

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
typedef pair<int,int> plll;
const int N=2e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int h[N],ne[N],e[N],idx;
int in[N],num[N];
int vis[N];
void add(int a,int b){
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n;
    cin>>n;
    int i;
    for(i=1;i<=n;i++){
        int a,b;
        cin>>a>>b;
        if(a==-1){
            continue;
        }
        in[a]++;
        vis[i]=b;
        num[a]+=b;
    }
    int flag=0;
    for(i=1;i<=n;i++){
        if(vis[i]&&(in[i]==num[i])){
            cout<<i<<" ";
            flag=1;
        }
    }
    if(!flag){
        cout<<-1;
    }
    cout<<endl;
    return 0;
}

D題

起點在哪其實無所謂，那麼我們假定0點為對於起點最近的那個，這樣就有兩種情況，一種是起點後a,一種是起點前a，那麼對於b也是兩種情況，不同的是，b可以是每個點的前後差值，因此列舉每種情況取最值即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pll;
typedef pair<int,int> plll;
const int N=2e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
ll gcd(ll a,ll b){
    return b?gcd(b,a%b):a;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    ll n,k;
    ll a,b;
    cin>>n>>k>>a>>b;
    ll ans=0;
    ll res=1e18;
    ll tmpa=a;
    ll i;
    for(i=0;i<=(n-1)*k;i+=k){
        ll tmpb=(i-b+n*k)%(n*k);
        ll d=(tmpb-tmpa+n*k)%(n*k);
        ans=max(ans,n*k/gcd(d,n*k));
        res=min(res,n*k/gcd(d,n*k));
        tmpb=(i+b+n*k)%(n*k);
        d=(tmpb-tmpa+n*k)%(n*k);
        ans=max(ans,n*k/gcd(d,n*k));
        res=min(res,n*k/gcd(d,n*k));
    }
    tmpa=(-a+n*k)%(n*k);
    for(i=0;i<=(n-1)*k;i+=k){
        ll tmpb=(i-b+n*k)%(n*k);
        ll d=(tmpb-tmpa+n*k)%(n*k);
        ans=max(ans,n*k/gcd(d,n*k));
        res=min(res,n*k/gcd(d,n*k));
        tmpb=(i+b+n*k)%(n*k);
        d=(tmpb-tmpa+n*k)%(n*k);
        ans=max(ans,n*k/gcd(d,n*k));
        res=min(res,n*k/gcd(d,n*k));
    }
    cout<<res<<" "<<ans<<endl;
    return 0;
}