浪在ACM10.19第一次訓練賽
第二次訓練賽都結束了，才想起來寫寫部落格....唉，又精(wu)力(suo)充(shi)沛(shi)的度過了一天
A.成績
題目描述
牛牛最近學習了 C++入門課程，這門課程的總成績計算方法是： 總成績 = 作業成績 × 20% + 小測成績 × 30% + 期末考試成績 × 50% 牛牛想知道，這門課程自己最終能得到多少分。
輸入
輸入只有 1 行，包含三個非負整數A、 B、 C，分別表示牛牛的作業成績、小測 成績和期末考試成績。相鄰兩個數之間用一個空格隔開，三項成績滿分都是 100 分。
輸出
輸出只有 1 行，包含一個整數，即牛牛這門課程的總成績，滿分也是 100 分。
樣例輸入
100 100 80樣例輸出
90提示
【輸入輸出樣例 1 說明】 牛牛的作業成績是 100 分，小測成績是 100 分，期末考試成績是 80 分，總成 績是 100 × 20% + 100 × 30% + 80 × 50% = 20 + 30 + 40 = 90。 對於 30% 的資料， A = B = 0。 對於另外 30% 的資料， A = B = 100。 對於 100% 的資料， 0 ≤ A、 B、 C ≤ 100 且 A、 B、 C 都是 10 的整數倍
這個...，不說了...最開心的一道題了ε=ε=ε=(~￣▽￣)~
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { double a,b,c; double sum; cin>>a>>b>>c; cout<<a*0.2+b*0.3+c*0.5<<endl; }
B.棋盤
題目描述
有一個m × m的棋盤，棋盤上每一個格子可能是紅色、黃色或沒有任何顏色的。你現在 要從棋盤的最左上角走到棋盤的最右下角。 任何一個時刻，你所站在的位置必須是有顏色的（不能是無色的）， 你只能向上、 下、 左、 右四個方向前進。當你從一個格子走向另一個格子時，如果兩個格子的顏色相同，那你 不需要花費金幣；如果不同，則你需要花費 1 個金幣。 另外， 你可以花費 2 個金幣施展魔法讓下一個無色格子暫時變為你指定的顏色。但這個 魔法不能連續使用， 而且這個魔法的持續時間很短，也就是說，如果你使用了這個魔法，走 到了這個暫時有顏色的格子上，你就不能繼續使用魔法； 只有當你離開這個位置，走到一個 本來就有顏色的格子上的時候，你才能繼續使用這個魔法，而當你離開了這個位置（施展魔 法使得變為有顏色的格子）時，這個格子恢復為無色。 現在你要從棋盤的最左上角，走到棋盤的最右下角，求花費的最少金幣是多少？
輸入
資料的第一行包含兩個正整數 m， n，以一個空格分開，分別代表棋盤的大小，棋盤上 有顏色的格子的數量。 接下來的 n 行，每行三個正整數 x， y， c， 分別表示座標為（x， y）的格子有顏色 c。 其中 c=1 代表黃色， c=0 代表紅色。 相鄰兩個數之間用一個空格隔開。 棋盤左上角的座標 為（1, 1），右下角的座標為（m, m）。 棋盤上其餘的格子都是無色。保證棋盤的左上角，也就是（1， 1） 一定是有顏色的。
輸出
輸出一行，一個整數，表示花費的金幣的最小值，如果無法到達，輸出-1。
樣例輸入
5 7
1 1 0
1 2 0
2 2 1
3 3 1
3 4 0
4 4 1
5 5 0樣例輸出
8提示
【輸入輸出樣例 1 說明】 
從（1， 1）開始，走到（1， 2）不花費金幣
從（1， 2）向下走到（2， 2）花費 1 枚金幣
從（2， 2）施展魔法，將（2， 3）變為黃色，花費 2 枚金幣
從（2， 2）走到（2， 3）不花費金幣
從（2， 3）走到（3， 3）不花費金幣
從（3， 3）走到（3， 4）花費 1 枚金幣
從（3， 4）走到（4， 4）花費 1 枚金幣
從（4， 4）施展魔法，將（4， 5）變為黃色，花費 2 枚金幣，
從（4， 4）走到（4， 5）不花費金幣
從（4， 5）走到（5， 5）花費 1 枚金幣
共花費 8 枚金幣。
emmmm....這個題dfs就可以，但是要記憶化搜尋一下，記一下上一個格子的顏色，根據上一個和這一個格子顏色花費金幣
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=1<<30;
int Map[1001][1001];
int n,m;
int a[4][2]={0,1,1,0,0,-1,-1,0};
int len[1001][1001]={0};
void dfs(int x,int y,int flag,int sum)
{
if(len[x][y]>sum)
{
len[x][y]=sum;
}
else
{
return;
}
for(int i=0;i<4;i++)
{
int xx=x+a[i][0];
int yy=y+a[i][1];
if(Map[xx][yy]==-1&&flag!=-1)
{
continue;
}
if(x<=n&&y<=n&&x>0&&y>0)
{
if(Map[xx][yy]==-1&&flag==-1)
{
dfs(xx,yy,Map[x][y],sum+2);
}
if(Map[xx][yy]!=-1)
{
if(Map[xx][yy]==Map[x][y]||Map[xx][yy]==flag)
{
dfs(xx,yy,-1,sum);
}
else
{
dfs(xx,yy,-1,sum+1);
}
}
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
{
Map[i][j]=-1;
len[i][j]=INF;
}
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
Map[a][b]=c;
}
dfs(1,1,-1,0);
if(len[n][n]==INF)
printf("-1");
else
printf("%d",len[n][n]);
return 0;
}
C.跳房子
題目描述
跳房子，也叫跳飛機，是一種世界性的兒童遊戲，也是中國民間傳統的體育遊戲之一。
跳房子的遊戲規則如下：
在地面上確定一個起點，然後在起點右側畫 n 個格子，這些格子都在同一條直線上。每個格子內有一個數字（整數），表示到達這個 格子能得到的分數。玩家第一次從起點開始向右跳，跳到起點右側的一個格子內。第二次再從當前位置繼續向右跳，依此類推。規則規定：
玩家每次都必須跳到當前位置右側的一個格子內。玩家可以在任意時刻結束遊戲，獲得的分數為曾經到達過的格子中的數字之和。
現在小 RR 研發了一款彈跳機器人來參加這個遊戲。但是這個機器人有一個非常嚴重的缺陷，它每次向右彈跳的距離只能為固定的 dd 。小 RR 希望改進他的機器人，如果他花 gg 個金幣改進他的機器人，那麼他的機器人靈活性就能增加 g ，但是需要注意的是，每 次彈跳的距離至少為 1 。具體而言，當 g<dg<d 時，他的機器人每次可以選擇向右彈跳的距離為 d−g,d−g+1,d−g+2 ，…， d+g−2 ， d+g−1 ， d+g ；否則（當 g≥dg≥d時），他的機器人每次可以選擇向右彈跳的距離為 1 ， 2 ， 3 ，…， d+g−2 ， d+g−1 ， d+g 。
現在小 R 希望獲得至少 k 分，請問他至少要花多少金幣來改造他的機器人。
輸入
第一行三個正整數 n ， d ， k ，分別表示格子的數目，改進前機器人彈跳的固定距離，以及希望至少獲得的分數。相鄰兩個數 之間用一個空格隔開。
接下來 n 行，每行兩個正整數 xi,si ，分別表示起點到第 i 個格子的距離以及第 ii個格子的分數。兩個數之間用一個空格隔開。保證 xi按遞增順序輸入。
輸出
共一行，一個整數，表示至少要花多少金幣來改造他的機器人。若無論如何他都無法獲得至少 k 分，輸出 −1 。
樣例輸入
7 4 10
2 6
5 -3
10 3
11 -3
13 1
17 6
20 2樣例輸出
2提示
【輸入輸出樣例 1 說明】 2個金幣改進後, 小 R 的機器人依次選擇的向右彈跳的距離分別為2,3,5,3,4,3 先後到達的位置分別為 2,5,10,13,17,20對應1,2,3,5,6,7這66 個格子。這些格子中的數字之和15 即為小 R 獲得的分數。 【資料規模與約定】 本題共
本題共 10 組測試資料,每組資料 10 分。
對於全部的資料滿足1≤n≤500000,1≤d≤2000,1≤xi,k≤109,∣si∣<105
對於第 1,2組測試資料, n≤10；
對於第3,4,5 組測試資料, n≤500
對於第6,7,8 組測試資料, d=1
這個題...唉?，剛看這個題真的一頭霧水，看到網上題解是說二分+DP,然後自己想了想 又灰溜溜的去補單調隊列了，話說，單調佇列真是個好東西，優化一層n,學起來簡單，剛開始用難，但會用了就簡單了，emmm...單調佇列不會的可以自行百度一下，大佬們的部落格講的都挺清楚的%%%。
因為移動距離是d-g到d+g,所以很容易就想到二分了(並沒有≡(▔﹏▔)≡)，然後dp就可以了，狀態轉移方程很容易想到dp[i]=max(dp[j])+s[i],因為不小於k就可以，所以dp[i]>=k就可以結束了，如果dp[n]也到達不了K,那這麼多努力都白費了，竟然完成不了（肥宅大哭(;´༎ຶД༎ຶ`)23333
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int x,v; //v為x距離格的最大得分
} q[500005];
int n,d,k;
int x[500005],s[500005],dp[500005];
int check(int g)
{
int qmin=d-g,qmax=d+g,cur=0; //qmin和qmax是最小和最大跳躍距離
int head=1,tail=0; //剪枝，cur為未處理完的格子,若每次從0開始會TLE
if(qmin<=0) //d-g最小為1，總不能走0或負數吧
{
qmin=1;
}
memset(dp,0,sizeof dp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(cur;(cur<i)&&(x[cur]<=x[i]-qmin);cur++) //把距離當前格qmin內的未新增到
{ //單調佇列的格子新增到單調佇列
while((head<=tail)&&(q[tail].v<dp[cur])) //當然是要大的咯，這樣花的money才少嘛
{ //所以構造的是嚴格的單調遞增佇列
tail--;
}
if(dp[cur]<=-1000000000)
{
continue; //無法到達的格子不新增
}
q[++tail].v=dp[cur];
q[tail].x=x[cur]; //將cur格新增到佇列中
}-
while((head<=tail)&&(x[i]-q[head].x>qmax))
{
head++;
}
dp[i]=(head<=tail)? q[head].v+s[i]:-1000000000;
if(dp[i]>=k)
{
return 1;
}
}
return 0;
}
int main()
{
cin>>n>>d>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>x[i]>>s[i];
}
int l=0,r=x[n],ans=-1;//ans初值為-1，若完成不了直接輸出
int m=(l+r)>>1; //二分
for(l;l<=r;m=(l+r)>>1)
{
if(check(m))
{
r=m-1;
ans=m;
}
else
{
l=m+1;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
D.佇列
題目描述
Sylvia 是一個熱愛學習的女孩子。 前段時間， Sylvia 參加了學校的軍訓。眾所周知，軍訓的時候需要站方陣。 Sylvia 所在的方陣中有n × m名學生，方陣的行數為 n，列數為 m。 為了便於管理，教官在訓練開始時，按照從前到後，從左到右的順序給方陣中 的學生從 1 到 n × m 編上了號碼（參見後面的樣例）。即：初始時，第 i 行第 j 列 的學生的編號是(i - 1) × m + j。 然而在練習方陣的時候，經常會有學生因為各種各樣的事情需要離隊。在一天 中，一共發生了 q 件這樣的離隊事件。每一次離隊事件可以用數對(x,y)(1≤x≤n, 1≤y≤m)描述， 表示第 x 行第 y 列的學生離隊。 在有學生離隊後，隊伍中出現了一個空位。為了隊伍的整齊，教官會依次下達 這樣的兩條指令： 1. 向左看齊。這時第一列保持不動，所有學生向左填補空缺。不難發現在這條 指令之後，空位在第 x 行第 m 列。 2. 向前看齊。這時第一行保持不動，所有學生向前填補空缺。不難發現在這條 指令之後，空位在第 n 行第 m 列。 教官規定不能有兩個或更多學生同時離隊。即在前一個離隊的學生歸隊之後， 下一個學生才能離隊。因此在每一個離隊的學生要歸隊時，隊伍中有且僅有第 n 行 第 m 列一個空位，這時這個學生會自然地填補到這個位置。 因為站方陣真的很無聊，所以 Sylvia 想要計算每一次離隊事件中，離隊的同學 的編號是多少。 注意：每一個同學的編號不會隨著離隊事件的發生而改變，在發生離隊事件後 方陣中同學的編號可能是亂序的。
輸入
輸入共 q+1 行。 第 1 行包含 3 個用空格分隔的正整數 n, m, q，表示方陣大小是 n,m,q,表示方陣大小是 n行m列，一共發生了q次事件。 接下來q行按照事件發生順序描述了q件事件。每一行是兩個整數x,y，用一個空格分隔，表示這個離隊事件中離隊的學生當時排在第x行第y列。
輸出
按照事件輸入的順序，每一個事件輸出一行一個整數，表示這個離隊事件中離隊學 生的編號。
樣例輸入
2 2 3
1 1
2 2
1 2樣例輸出
1 1 4提示
這個題....好像還沒補....好吧，只能佔坑了，等我回來ε=ε=ε=(~￣▽￣)~
E.小凱的疑惑
題目描述
小凱手中有兩種面值的金幣，兩種面值均為正整數且彼此互素。 每種金幣小凱都有 無數個。 在不找零的情況下， 僅憑這兩種金幣，有些物品他是無法準確支付的。 現在小 凱想知道在無法準確支付的物品中，最貴的價值是多少金幣？ 注意：輸入資料保證存在 小凱無法準確支付的商品。
輸入
輸入資料僅一行， 包含兩個正整數 a 和 b， 它們之間用一個空格隔開， 表示小凱手 中金幣的面值。
輸出
輸出僅一行，一個正整數 N，表示不找零的情況下， 小凱用手中的金幣不能準 確支付的最貴的物品的價值。
樣例輸入
3 7 樣例輸出
11提示
【輸入輸出樣例 1 說明】 小凱手中有面值為 3和 7的金幣無數個，在不找零的前提下無法準確支付價值為 1、 2、 4、 5、 8、 11 的物品，其中最貴的物品價值為 11，比 11 貴的物品都能買到，比如： 12 = 3 * 4 + 7 * 0 13 = 3 * 2 + 7 * 1 14 = 3 * 0 + 7 * 2 15 = 3 * 5 + 7 * 0 …… 【資料規模與約定】 對於 30%的資料： 1 ≤ a， b ≤ 50。 對於 60%的資料： 1 ≤ a， b ≤ 10,000。 對於 100%的資料： 1 ≤ a， b ≤ 1,000,000,000。
這個題，就不得不說一說了，為什麼呢？因為我是蒙對了的(啊哈哈哈哈)
這個題看上是個DP揹包的題，我也這麼做了，氮素！交上去卻編譯錯誤了，為啥為啥為啥，原來，資料太大了。好吧，xjb亂搞都搞出來了 總不能放棄了吧，於是我偷偷的 輸出幾個數 偷偷的找了下規律，哇塞竟然讓我給看出來了，最短AC程式碼粗來了(ಥ _ ಥ)
那就說一下DP思路吧，看成一個完全揹包，兩種金幣的數量是無窮的，揹包的容量也是無窮的，雖然容量無窮吧，但我們要設一個最大值，不然一直裝還裝不裝的完啦，還有沒有時間去追番啦(❤ ω ❤)，那我們就設最大值的1000000吧，完全揹包狀態轉移方程dp[i]=max(dp[i],dp[i-v[i]]+v[i] (在這價值和體積是一樣滴~)，看哪些不能被裝滿，挑最大的那個就OK惹。
然後輸出數找規律就出來了（大霧
//dp 揹包
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long maxn=1000000;
long long dp[maxn];
int bag[3];
int main()
{
int a,b;
while(scanf("%d%d",&a,&b)!=EOF)
{
for(int j=0; j<maxn; j++)
{
dp[j]=-maxn;
}
bag[1]=a,bag[2]=b;
dp[0]=0;
for(int i=1; i<=2; i++)
{
for(int j=bag[i]; j<maxn; j++)
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-bag[i]]+bag[i]);
}
}
long long flag;
for(int i=1; i<maxn; i++)
{
if(dp[i]!=i)
{
flag=i;
}
}
printf("%d\n",flag);
}
return 0;
}
//規律
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a,b;
int main()
{
cin>>a>>b;
long long flag=a*b-(a+b);
cout<<flag<<endl;
return 0;
}
F.時間複雜度
題目描述
小明正在學習一種新的程式語言 A++，剛學會迴圈語句的他激動地寫了好多程式並 給出了他自己算出的時間複雜度，可他的程式設計老師實在不想一個一個檢查小明的程式， 於是你的機會來啦！下面請你編寫程式來判斷小明對他的每個程式給出的時間複雜度是 否正確。 A++語言的迴圈結構如下： F i x y 迴圈體 E 其中“F i x y”表示新建變數 （i 變數 i 不可與未被銷燬的變數重名）並初始化為 x， 然後判斷 i 和 y 的大小關係，若 i 小於等於 y 則進入迴圈，否則不進入。每次迴圈結束 後 i 都會被修改成 i +1，一旦 i 大於 y 終止迴圈。 x 和 y 可以是正整數（x 和 y 的大小關係不定） 或變數 n。 n 是一個表示資料規模的 變數，在時間複雜度計算中需保留該變數而不能將其視為常數，該數遠大於 100。 “E” 表示迴圈體結束。 迴圈體結束時， 這個迴圈體新建的變數也被銷燬。 注：本題中為了書寫方便，在描述複雜度時，使用大寫英文字母“O”表示通常意 義下“Θ” 的概念。
輸入
輸入第一行一個正整數 t， 表示有 t（t ≤ 10） 個程式需要計算時間複雜度。 每個程式我們只需抽取其中 “F i x y” 和“E” 即可計算時間複雜度。 注意： 迴圈結構 允許巢狀。 接下來每個程式的第一行包含一個正整數 L 和一個字串， L 代表程式行數，字元 串表示這個程式的複雜度，“O(1)”表示常數複雜度，“O(n^w)”表示複雜度為
輸出
輸出共 t 行，對應輸入的 t 個程式，每行輸出“Yes”或“No” 或者“ERR”（輸 出中不包含引號）， 若程式實際複雜度與輸入給出的複雜度一致則輸出“Yes”，不一致 則輸出“No”， 若程式有語法錯誤（其中語法錯誤只有: ① F 和 E 不匹配 ②新建的變 量與已經存在但未被銷燬的變數重複兩種情況）， 則輸出“ERR”。 注意：即使在程式不會執行的迴圈體中出現了語法錯誤也會編譯錯誤， 要輸出 “ERR”。
樣例輸入
8
2 O(1)
F i 1 1
E
2 O(n^1)
F x 1 n
E
1 O(1)
F x 1 n
4 O(n^2)
F x 5 n
F y 10 n
E
E
4 O(n^2)
F x 9 n
E
F y 2 n
E
4 O(n^1)
F x 9 n
F y n 4
E
E
4 O(1)
F y n 4
F x 9 n
E
E
4 O(n^2)
F x 1 n
F x 1 10
E
E樣例輸出
Yes
Yes
ERR
Yes
No
Yes
Yes
ERR提示
【輸入輸出樣例 1 說明】 第一個程式 i 從 1 到 1 是常數複雜度。 第二個程式 x 從 1 到 n 是 n 的一次方的複雜度。 第三個程式有一個 F 開啟迴圈卻沒有 E 結束，語法錯誤。 第四個程式二重迴圈， n 的平方的複雜度。 第五個程式兩個一重迴圈， n 的一次方的複雜度。 第六個程式第一重迴圈正常，但第二重迴圈開始即終止（因為n遠大於 100，100大於4）。 第七個程式第一重迴圈無法進入，故為常數複雜度。 第八個程式第二重迴圈中的變數 x 與第一重迴圈中的變數重複， 出現語法錯誤②，輸出 ERR。 【資料規模與約定】 對於 30%的資料：不存在語法錯誤， 資料保證小明給出的每個程式的前 L/2 行一定 為以 F 開頭的語句，第 L/2+1 行至第 L 行一定為以 E 開頭的語句， L<=10，若 x、 y 均 為整數， x 一定小於 y，且只有 y 有可能為 n。 對於 50%的資料：不存在語法錯誤， L<=100， 且若 x、 y 均為整數， x 一定小於 y， 且只有 y 有可能為 n。 對於 70%的資料：不存在語法錯誤， L<=100。 對於 100%的資料： L<=100。
用棧模擬就好了，注意
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int Complex;
int Flag;
char var;
};
int main()
{
int t,n;
cin>>t;
while(t--)
{
int cmp,cur_Com=0,max_Com=0,flag1=0,flag2=0;
bool vis[30];
memset(vis,0,sizeof(vis));
stack <node> st;
string s,c1,c2,c3,c4;
cin>>n>>s; //n行數 s時間複雜度
if(s[2]=='1')
cmp=0;
else
sscanf(s.c_str(),"O(n^%d)",&cmp);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>c1;
if(c1[0]=='F')
{
cin>>c2>>c3>>c4;
//cout<<"c1:"<<c1<<endl;
//cout<<"c2:"<<c2<<endl;
//cout<<"c3:"<<c3<<endl;
//cout<<"c4:"<<c4<<endl;
if(flag1)
continue;
if(vis[c2[0]-'a'])
{
flag1=1;
continue;
}
vis[c2[0]-'a']=1;
st.push((node){cur_Com,flag2,c2[0]});
if(flag2)
flag2=1;
else if(c3[0]=='n'&&c4[0]!='n')
flag2=1;
else if(c3[0]!='n'&&c4[0]!='n')
{
int cc3=atoi(c3.c_str()); //char轉int
int cc4=atoi(c4.c_str());
if(cc3>cc4)
flag2=1;
}
else if(c3[0]!='n'&&c4[0]=='n')
{
cur_Com++;
max_Com=max(max_Com,cur_Com);
}
}
else if(c1[0]=='E')
{
if(flag1)
continue;
else if(st.empty())
{
flag1=1;
continue;
}
else
{
node tmp=st.top();
st.pop();
cur_Com=tmp.Complex;
vis[tmp.var-'a']=0;
flag2=tmp.Flag;
}
}
}
if(flag1||!st.empty())
cout<<"ERR"<<endl;
else
{
if(max_Com==cmp)
cout<<"Yes"<<endl;
else
cout<<"No"<<endl;
}
}
return 0;
}
G.圖書管理員
題目描述
圖書館中每本書都有一個圖書編碼，可以用於快速檢索圖書， 這個圖書編碼是一個 正整數。 每位借書的讀者手中有一個需求碼，這個需求碼也是一個正整數。如果一本書的圖 書編碼恰好以讀者的需求碼結尾，那麼這本書就是這位讀者所需要的。 小 D 剛剛當上圖書館的管理員，她知道圖書館裡所有書的圖書編碼，她請你幫她寫 一個程式，對於每一位讀者，求出他所需要的書中圖書編碼最小的那本書，如果沒有他 需要的書，請輸出-1。
輸入
輸入的第一行，包含兩個正整數 n 和 q，以一個空格分開，分別代表圖書館裡 書的數量和讀者的數量。 接下來的 n 行，每行包含一個正整數，代表圖書館裡某本書的圖書編碼。 接下來的 q 行，每行包含兩個正整數，以一個空格分開，第一個正整數代表圖書館 裡讀者的需求碼的長度，第二個正整數代表讀者的需求碼。
輸出
輸出有 q 行，每行包含一個整數，如果存在第 i 個讀者所需要的書，則在第 i 行輸出第 i 個讀者所需要的書中圖書編碼最小的那本書的圖書編碼，否則輸出-1。
樣例輸入
5 5
2123
1123
23
24
24
2 23
3 123
3 124
2 12
2 12樣例輸出
23
1123
-1
-1
-1提示
【輸入輸出樣例 1 說明】 第一位讀者需要的書有 2123、 1123、 23，其中 23 是最小的圖書編碼。第二位讀者需要 的書有 2123、 1123，其中 1123 是最小的圖書編碼。對於第三位，第四位和第五位讀者，沒 有書的圖書編碼以他們的需求碼結尾，即沒有他們需要的書，輸出-1。 【資料規模與約定】 對於 20%的資料， 1 ≤ n ≤ 2。 另有 20%的資料， q = 1。 另有 20%的資料，所有讀者的需求碼的長度均為 1。 另有 20%的資料，所有的圖書編碼按從小到大的順序給出。 對於 100%的資料， 1 ≤ n ≤ 1,000， 1 ≤ q ≤ 1,000，所有的圖書編碼和需求碼均 不超過 10,000,000。
模擬飄過...因為要輸出讀者所需要的書中圖書編碼最小的那本書的圖書編碼，所以排序做個剪枝。圖書編碼%需求碼的長度,得圖書編碼後幾位，如果與需求碼相同就符合要求了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const long long maxn=10000000;
int n,q;
int bn[maxn],lrb[maxn],rb[maxn];
int main()
{
cin>>n>>q;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>bn[i];
}
sort(bn,bn+n); //從小到大排序，使得符合最小要求
for(int i=0;i<q;i++)
{
cin>>lrb[i]>>rb[i];
}
int a,b;
for(int i=0;i<q;i++)
{
int flag=0;
for(int j=0;j<n;j++)
{
if(bn[j] % (int)pow(10, lrb[i]) == rb[i])
//圖書編碼%需求碼的長度,得圖書編碼後幾位
//如果與需求碼相同
{
flag=bn[j];
break;
}
}
if(flag)
{
cout<<flag<<endl;
}
else
{
cout<<"-1"<<endl;
}
}
}
over...
測試題好像是NOIP省選原題，原諒我做題太少...題解質量也不敢和OI大佬相比。蒟蒻大哭555(╥╯-╰╥)555