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本文介绍: 题意：给定一个正整数 n ，你需要找出最小整数 k，满足：从{1,2,⋯,n}中任意选择长度为k的子集，存在两个不同的整数 u,v∈T, 且 u 是 v 的因数。思路：打表找规律。

A

题意：给定一个正整数 n ，你需要找出最小整数 k，满足：从{1,2,⋯,n}中任意选择长度为k的子集，存在两个不同的整数 u,v∈T, 且 u 是 v 的因数。

思路：打表找规律 $k = left lceil n/2 right rceil + 1$

#include &lt;bits/stdc++.h&gt;
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair&lt;int,int&gt;
typedef long long ll;
const int N=1e8+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;

using namespace std;

void solve()
{
    int n;
    cin&gt;&gt;n;
    cout<<(n+3)/2<<'n';
}
signed main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    //freopen("output.txt","w",stdout);
    ios;
    // get();
    // cout<<cnt<<'n';
    int _t=1;
    cin&gt;&gt;_t;
    while(_t--) solve();
    system("pause");
    return 0;
}

C

Digital Path

题意：给定一个n*m的数字矩阵，从入度为0的点出发，每次操作只能向上下左右且增值为1的格子移动，终点为出度为0的点。求长度大于等于4的路径个数。

思路：先算出每个点的出度入度，从入度为0的开始b fs，更新方案数。

f[i][j][x]表示到达点(i, j)路径长度为x的方案数，特别的f[i][j][4]表示到达点(i, j)路径长度大于等于4的方案数。更新方式如下：

f[nx][ny][2] += f[x][y][1]

f[nx][ny][3] += f[x][y][2]

f[nx][ny][4] += f[x][y][3] + f[x][y][4]

#include <bits/stdc++.h&gt;
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair<int,int>

typedef long long ll;
const int N=1010;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e9+7;
using namespace std;
int n,m;
int a[N][N];
int in[N][N],out[N][N];
int f[N][N][5];
int dir[4][2]={1,0,-1,0,0,1,0,-1};
void bfs()
{
    queue<pair<int,int>>q;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(in[i][j]==0) 
            {
                q.push({i,j});
                f[i][j][1]=1;
            }
    while(q.size())
    {
        int x=q.front().first,y=q.front().second;
        q.pop();

        for(int k=0;k<4;k++)
        {
            int nx=x+dir[k][0],ny=y+dir[k][1];
            if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m) continue;
            if(a[nx][ny]==a[x][y]+1)
            {
               f[nx][ny][2]=(f[nx][ny][2]%mod+f[x][y][1])%mod;
               f[nx][ny][3]=(f[nx][ny][3]%mod+f[x][y][2])%mod;
               f[nx][ny][4]=((f[nx][ny][4]%mod+f[x][y][3]%mod)%mod+f[x][y][4]%mod)%mod;
               in[nx][ny]--; 
               if(in[nx][ny]==0) q.push({nx,ny});
            }
        }
    }
}
void solve()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            cin>>a[i][j];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            for(int k=0;k<4;k++)
            {
                int nx=i+dir[k][0],ny=j+dir[k][1];
                if(nx<1||nx>n||ny<1||ny>m) continue;
                if(a[nx][ny]==a[i][j]+1) out[i][j]++;
                else if(a[nx][ny]==a[i][j]-1) in[i][j]++;
            }
    
    bfs();

    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(out[i][j]==0) ans=(ans%mod+f[i][j][4])%mod;
    cout<<ans<<'n';
}
signed main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    //freopen("output.txt","w",stdout);
    ios;
    int _t=1;
    //cin>>_t;
    while(_t--) solve();
    system("pause");
    return 0;
}

H

Prince and Princess

题意：

有n个房间,每个房间有一个人,他们知道任一个人在哪个房间,其中公主在某一房间.你可以问任一房间的人下列三个问题之一:①你是谁;②某个房间里的人是谁;③公主在哪个房间.

这n个人可分为三类,说真话、说假话、可能说真话也可能说假话,分别有a , b , c( 0 < a , b , c < 2e5 )人.至少问几次才能确定公主在哪个房间.若无法确定,输出“NO”;若可以确定,输出“YES”,下一行输出最小询问次数.

思路：考虑最坏情况，开始问的(b+c)个人都说假话，都回答错误答案A，再接着问(b+c)个人都说真话，都回答答案B，此时两个答案选择人数相同；再多问一个人，就可以区分出哪个是真话。所以至少需要问a+b+a+b+1=2(a+b)+1次，当总人数a+b+c >= 2(b+c)+1时，即a>=b+c+1时，输出YES。注意需要特判a=1 b=0 c=0时，只有公主一人时不需要询问。

#include <bits/stdc++.h>
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair<int,int>
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;

using namespace std;
int a,b,c;
void solve()
{
    cin>>a>>b>>c;
    if(b+c>=a) cout<<"NOn";
    else 
    {
        cout<<"YESn";
        if(a==1&amp;&amp;b==0&amp;&amp;c==0) cout<<0<<'n';
        else if(b==0&amp;&amp;c==0) cout<<1<<'n';
        else cout<<2*(b+c)+1<<'n';
    }
}
signed main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    //freopen("output.txt","w",stdout);
    ios;
    int _t=1;
    //cin>>_t;
    while(_t--) solve();
    system("pause");
    return 0;
}

K

Triangle

题意：给定三角形三个顶点的坐标，给定点p，在三角形上找一点q的坐标，使得pq可以平分三角形面积。若p点不在三角形上时输出-1.

思路：分类讨论，讨论p在哪条边上，更靠近边的哪个顶点，在对应的边上二分求点q

#include <bits/stdc++.h>
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair<int,int>
typedef long long ll;
const int N=1e6+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-7;
using namespace std;
inline double sqr(double x){return x*x;}
int sgn(double x){
    if(fabs(x) < eps)return 0;
    if(x < 0)return -1;
    else return 1;
}

struct Point{
    double x,y;
    Point(){}
    Point(double _x,double _y){
        x = _x;
        y = _y;
    }
    void input(){
        scanf("%lf%lf",&amp;x,&amp;y);
    }

    Point operator -(const Point &amp;b)const{
        return Point(x-b.x,y-b.y);
    }
    //叉积
    double operator ^(const Point &amp;b)const{
        return x*b.y - y*b.x;
    }
    //点积
    double operator *(const Point &amp;b)const{
        return x*b.x + y*b.y;
    }

    //返回两点的距离
    double distance(Point p){
        return hypot(x-p.x,y-p.y);
    }
    Point operator +(const Point &amp;b)const{
        return Point(x+b.x,y+b.y);
    }
    Point operator *(const double &amp;k)const{
        return Point(x*k,y*k);
    }

};


struct Line{
    Point s,e;
    Line(){}
    Line(Point _s,Point _e){
        s = _s;
        e = _e;
    }

    // 点在线段上的判断
    bool pointonseg(Point p){
        return sgn((p-s)^(e-s)) == 0 &amp;&amp; sgn((p-s)*(p-e)) <= 0;
    }
   
};

Point mid_(Point a, Point b)
{
	return (a+b)*0.5;
}

double area(Point a, Point b, Point c)
{
	return fabs((b - a) ^ (c - a) * 0.5);
}

void solve()
{
    Point a,b,c,p;
    Line ab,ac,bc;
    a.input();
    b.input();
    c.input();
    p.input();
    ab=Line(a,b);
    ac=Line(a,c);
    bc=Line(b,c);
    if(!ab.pointonseg(p)&amp;&!ac.pointonseg(p)&&!bc.pointonseg(p))
    {
        printf("-1n");
    }
    else
    {
        double s=area(a,b,c)/2;
        if(ab.pointonseg(p))
        {
            double dispa=p.distance(a);
            double dispb=p.distance(b);
            if(dispa<dispb)
            {
                Point l=b,r=c;
                Point mid;
                int x=50;
                while(x--)
                {
                    mid=mid_(l,r);
                    int ret=sgn(area(mid,p,b)-s);
                    if(ret>0) r=mid;
                    else if(ret<0) l=mid;
                    else break;
                }
                printf("%.10f %.10fn",mid.x,mid.y);
            }
            else
            {
                Point l=a,r=c;
                Point mid;
                int x=50;
                while(x--)
                {
                    mid=mid_(l,r);
                    int ret=sgn(area(mid,p,a)-s);
                    if(ret>0) r=mid;
                    else if(ret<0) l=mid;
                    else break;
                }
                printf("%.10f %.10fn",mid.x,mid.y);
            }
        }
        else if(ac.pointonseg(p))
        {
            double dispa=p.distance(a);
            double dispc=p.distance(c);
            if(dispa<dispc)
            {
                Point l=c,r=b;
                Point mid;
                int x=50;
                while(x--)
                {
                    mid=mid_(l,r);
                    int ret=sgn(area(p,mid,c)-s);
                    if(ret>0) r=mid;
                    else if(ret<0) l=mid;
                    else break;
                }
                printf("%.10f %.10fn",mid.x,mid.y);
            }
            else
            {
                Point l=a,r=b;
                Point mid;
                int x=50;
                while(x--)
                {
                    mid=mid_(l,r);
                    int ret=sgn(area(p,mid,a)-s);
                    if(ret>0) r=mid;
                    else if(ret<0) l=mid;
                    else break;
                }
                printf("%.10f %.10fn",mid.x,mid.y);
            }
        }
        else
        {
            double dispb=p.distance(b);
            double dispc=p.distance(c);
            if(dispb<dispc)
            {
                Point l=c,r=a;
                Point mid;
                int x=50;
                while(x--)
                {
                    mid=mid_(l,r);
                    int ret=sgn(area(p,mid,c)-s);
                    if(ret>0) r=mid;
                    else if(ret<0) l=mid;
                    else break;
                }
                printf("%.10f %.10fn",mid.x,mid.y);
            }
            else
            {
                Point l=b,r=a;
                Point mid;
                int x=50;
                while(x--)
                {
                    mid=mid_(l,r);
                    int ret=sgn(area(p,mid,b)-s);
                    if(ret>0) r=mid;
                    else if(ret<0) l=mid;
                    else break;
                }
                printf("%.10f %.10fn",mid.x,mid.y);
            }
        }
    }
}
signed main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    //freopen("output.txt","w",stdout);
    ios;
    int _t=1;
    // cin>>_t;
    scanf("%d",&_t);
    while(_t--) solve();
    system("pause");
    return 0;
}

J

Spy

题意：给定n个敌人的力量值a[i]，及击杀敌人获得的荣誉值p[i].给定你的第一队的力量值b[i]，第二队的力量值c[i].需要将b[i]与c[j]一一配对后组成n只队伍d[]，新的力量值为两人之和，d[]再与a[]随机战斗，每只队伍只能战斗一次，共n!种情况。若d[i]>a[i]我方获得荣誉值p[i].求可获得的荣誉的最大期望乘n的值，数据保证最大期望乘n后是整数

思路：把b[]和c[]当作二分图，边的权值为这对组合可以获得的荣誉值之和。然后进行KM算法，找到最大权值匹配即为答案。

#include <bits/stdc++.h>
#define ios ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)
#define PII pair<int,int>
typedef long long ll;
const int N=410;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll infll=1e15+7;
using namespace std;
int n;
ll a[N],p[N],b[N],c[N];
ll w[N][N];
ll la[N], lb[N], upd[N]; // 左、右部点的顶标
bool va[N], vb[N]; // 访问标记：是否在交错树中
ll match[N]; // 右部点匹配了哪一个左部点
ll last[N]; // 右部点在交错树中的上一个右部点，用于倒推得到交错路

bool dfs(ll x, ll fa) 
{
    va[x] = 1;
    for(int y = 1; y <= n; y++)
    {
		if(!vb[y])
        {
			if(la[x] + lb[y] == w[x][y]) 
			{ 
                vb[y] = 1; last[y] = fa;
                if(!match[y] || dfs(match[y], y)) 
				{
                    match[y] = x;
                    return true;
                }
            }
            else if(upd[y] > la[x] + lb[y] - w[x][y]) 
			{
                upd[y] = la[x] + lb[y] - w[x][y];
                last[y] = fa;
            }
		}
	}
    return false;
}

ll KM() 
{
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
	{
        la[i] = -infll;
        lb[i] = 0;
        for(int j = 1; j <= n; j++) la[i] = max(la[i], w[i][j]);
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++) 
	{
        memset(va, 0, sizeof(va));
        memset(vb, 0, sizeof(vb));
        for(int j = 1; j <= n; j++) upd[j] = infll;
        // 从右部点st匹配的左部点match[st]开始dfs，一开始假设有一条0-i的匹配
        int st = 0; match[0] = i;
        while(match[st]) 	// 当到达一个非匹配点st时停止
		{ 
            ll delta = infll;
            if(dfs(match[st], st)) break;
            for(int j = 1; j <= n; j++)
                if(!vb[j] && delta > upd[j]) 
				{
                    delta = upd[j];
                    st = j; 		// 下一次直接从最小边开始DFS
                }
            for(int j = 1; j <= n; j++)  // 修改顶标
			{
                if(va[j]) la[j] -= delta;
                if(vb[j]) lb[j] += delta; 
				else upd[j] -= delta;
            }
            vb[st] = true;
        }
        while(st)	// 倒推更新增广路 
		{ 
            match[st] = match[last[st]];
            st = last[st];
        }
    }
	ll ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) 
		if(match[i]) 
			ans += w[match[i]][i];
	return ans;
}

void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>p[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>b[i];
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i];

    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            ll sum=0;
            for(int k=1;k<=n;k++)
                if(b[i]+c[j]>a[k]) sum+=p[k];
            w[i][j]=sum;
        }
    cout<<KM()<<'n';
    
}
signed main()
{
    //freopen("input.txt","r",stdin);
    //freopen("output.txt","w",stdout);
    ios;
    int _t=1;
    //cin>>_t;
    while(_t--) solve();
    system("pause");
    return 0;
}