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前言

这场出的很好,满满的罚座QAQ
传送门 :

A.

没看范围,T了一发 (感觉笑了

先判断两个数 他们的$ws(x)+p$ 也就是位数和$p$ 的和的长度

如果能直接比 那么就输出

否则只剩下$==$的情况

对于等于的情况,我们只需要让,这两个数乘上较少的$min(p1,p2)$ 直接比大小就行

没仔细想过,就感觉不会T,直接交了,希望不要被hack

CODE

void solve()
{
        ll x1,p1;
        ll x2,p2;
        cin>>x1>>p1;
        cin>>x2>>p2;

    int wsx1 =  getws(x1); //自己写的获得位数的函数
    int wsx2 =  getws(x2);

    if(p1+wsx1>p2+wsx2)
    {
        cout<<">"<<endl;
        return;
    }

    if(p1+wsx1 < p2+wsx2)
    {
        cout<<"<"<<endl;
        return;
    }

    int d = abs(wsx1-wsx2);
    if(wsx1<wsx2)
    {
        for(int  i = 1;i<=d;i++)
        x1*=10;
    }
    else
    {
        for(int i=1;i<=d;i++)
        x2*=10;
    }

    if(x1>x2)
    cout<<">"<<endl;
    else
    if(x1<x2)
    cout<<"<"<<endl;
    else
    cout<<"="<<endl;
}

B.

一开始的想法,直接排序 然后 对于$\frac{n}{2}$ 我们每次都输出 $(s[i],s[1])$

一猜这个结论,过了hh

其实简单的证明一下也是可以的

因为一个数的模,不会比这个数大,因此从大到小排序之后,就没有比小的更小了,直接

输出即可

CODE

void solve()
{
    ll n,h;
    cin>>n;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    cin>>a[i];

    sort(a+1,a+1+n);

    for(int i=2;i<=n/2+1;i++)
    {
        cout<<a[i]<<" "<<a[1]<<endl;

    }


}

C.

摆明是二分答案

而且是很常见的二分答案 和 最基础的那个 分木头 这个题差不多

(因为里面一个+1,让我调了好久

CODE

bool check(ll k)
{
    ll sum = 0 ;

    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(a[i-1] + k >= a[i])
        sum+= a[i]-a[i-1];
        else
        sum+=k;
    }

    sum+=k;


    if(sum >= h )
    return true;
    else
    return false;

}
void solve()
{
    cin>>n>>h;

    for(int i=1;i<=n;i++)
    cin>>a[i];

    ll l = 1 ,r =1e18;

    while(l<r)
    {
        ll mid = l+r>>1;
        if(check(mid))
        r = mid;
        else
        l = mid+1;
    }

    if(check(l))
    cout<<l<<endl;
    else
    cout<<l+1<<endl;

}

E.

观察之后会发现,我们可以从 ‘L’ 开始bfs,然后对于每一个 $.$ 如果周围 只有$<=1$个

$.$ 的时候,那么这个点必然是 ‘+’,按照这个模拟即可

(其实看样例也挺好看出来的吧 hh

不过这题一直在调,不是$TLE$ 就是 $RE$ 最后索性 $solve$ 和$check$ 全删了全部

写在了一个$main$ 里面

CODE

int t;
cin>>t;
while(t -- )
{
    int n,m;
    cin >> n >> m;
    vector<string> s(n);
    for (auto& x : s) cin >> x;
    int sx = -1, sy = -1;
    for (int i =0 ; i < n; i++)
        for (int j = 0; j < m; j++)
            if (s[i][j] == 'L')
                sx = i, sy = j;
    vector<int> dx = {0,1,0,-1};
    vector<int> dy = {1,0,-1,0};

    auto check = [&](int x, int y)->bool //通过上一场学的正则表达式
    {   //分成函数写莫名RE 
        vector<pair<int,int>> poss;
        int cnt = 0;
        for (int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int nx = x + dx[k], ny = y + dy[k];
            if (nx < 0 || ny < 0 || nx >= n || ny >= m || s[nx][ny] == '#') continue;
            if (s[nx][ny] == '+' || s[nx][ny] == 'L') cnt++;
            poss.push_back({nx,ny});
        }
        if(cnt >= (int)poss.size()-1) return true;
        return false;
    };

    queue<pair<int,int>> q;
    q.push({sx,sy});
    while(q.size())
    {
        auto [x,y] = q.front();
        q.pop();
        for (int k = 0; k < 4; k++)
        {
            int nx = x + dx[k], ny = y + dy[k];
            if (nx < 0 || ny < 0 || nx >= n || ny >= m || s[nx][ny] == '#' || s[nx][ny] == '+' || s[nx][ny] == 'L') continue;
            if (check(nx,ny))
            {
                s[nx][ny] = '+';
                q.push({nx,ny});
            }
        }
    }
    for (auto& x : s)
        cout << x  << '\n';
}

补题问题

D. 貌似是一个DP,但是不会
传送门 : 和今天这个做的好像差不多的思路,但是不会 $check$

F. 某个大佬说和ICPC上海B一个思路 (我爬了