A. Bovine Dilemma

題目分析

題意：給你一組數,看他們兩兩組合的差有多少種情況 。

那麼直接求出兩兩組合的差，然後去重即可得出答案。去重既可以選擇開一個數組標記，也可以選擇用STL的unique實現

AC程式碼

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 100;
int q[N], T, n, ans;
bool s[N];//陣列標記
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> T;
    while(T--){
        memset(s, 0, sizeof(s));
        cin >> n;
        ans = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) cin >> q[i];
        for(int i = 1; i < n; i++){
            for(int j = 0; j < i; j++)
                if(!s[q[i] - q[j]])
                    s[q[i] - q[j]] = 1, ans++;
        }
        cout << ans << endl;
    }
    
    return 0;
}
 

#include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
const int N = 1e6 + 1000;
 int q[N];
vector<int> arr;//vector儲存，然後unqiue去重
int T, n, m;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> T;
    while(T--){
        cin >> n;
        for(int i = 0; i < n; i++) cin >> q[i];
        for(int i = 1; i < n; i++)
            for(int j = 0; j < i; j++)
                arr.push_back(q[i] - q[j]);
        
        sort(arr.begin(), arr.end());
        arr.erase(unique(arr.begin(), arr.end()), arr.end());
        cout << arr.size() << endl;//最後輸出去重後剩下的元素的數量
        arr.clear();
    }
 
    return 0;
}
 

B. Last minute enhancements

題目分析

題意：給你一組數字，你能給每一個數字加上1，問你進行多次操作後最多能讓這組數字有幾個不同的數字

我們只需要遍歷陣列，如果數字未出現過，那麼給它標記一下，然後ans++；如果數字出現過，再看看它加上1之後有沒有出現過，如果加上1之後沒有出現過，那麼標記一下，ans++， 最終輸出答案。

注意

• 注意x的資料範圍
• 本題的解題思路有一個前提：所給的資料是有序的。雖然給的樣例是有序的陣列，但是題目並沒有保證測試資料會給有序的陣列
• 每一次詢問結束之後清空標記的陣列，同時也要選擇適當的陣列，防止TLE

AC程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 1000;
int q[N];
bool s[N];

int T, n;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    cin >> T;
    while(T--){
        memset(s, 0, sizeof(s));
        ans = 0;
        cin >> n;
        for(int i = 0; i < n; i++) cin >> q[i];
        sort(q, q + n);
        for(int i = 0; i < n; i++){
            if(!s[q[i]]) s[q[i]] = 1, ans++;//不改變值的情況
            else if(!s[q[i] + 1]) s[q[i] + 1] = 1, ans++;//加上1的情況
        }
        cout << ans << endl;
    }
 
    return 0;
}
 

C. Canine poetry

題目分析

題意：給幾個字串，問操作幾次能讓字串所有的字串不構成迴文

這道題是一道貪心題目，我們只需考慮aa 和 aba 這兩種情況，用一個非小寫字母破壞掉就可以達成目的了

AC程式碼

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T, ans;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
    cin >> T;
    while(T--){
        ans = 0;
        string str;
        cin >> str;
        for(int i = 1; i < str.length(); i++){
            if(str[i] == str[i - 1]){
                str[i] = '?', ans++;
            }
            else if(str[i] == str[i - 2] && i > 1){//小細節要處理好
                    str[i] = '?', ans++;
            }
        }
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

D. 13th Labour of Heracles

題目分析

本題應對點考慮貢獻度，點權越大的點計算次數越多，對於答案的貢獻度也就越多（答案的值也就越大），所以應該採用貪心策略，從最大的權值開始，同時記錄一下點出現的情況。詳情請見程式碼

AC程式碼

//qwq
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100000+50;
int T,n,m;
long long ans;
struct node{
    int d,a;
}tree[N];
bool cmp(node x,node y){
    return x.a>y.a;
}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n); ans=0;
        memset(tree,0,sizeof(tree));
        for (int i=1; i<=n; ++i){
            scanf("%d",&tree[i].a); ans+=tree[i].a;
        }
        for (int i=1,q1,q2; i<n; ++i){
            scanf("%d%d",&q1,&q2);
            tree[q1].d++; tree[q2].d++;
        }
        sort(tree+1,tree+n+1,cmp);
        printf("%lld",ans);
        for (int i=1; i<=n; ++i){
            while (tree[i].d>1){
                ans+=tree[i].a;
                tree[i].d--;
                printf(" %lld",ans);
            }
        }
        cout << endl;
    }
    return 0;
}

再見了2020，在2021中遇到更好的自己