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A 問k個不相同的正奇數相加是否等於n，k個奇數相加的奇偶性一定與k相同，而且k個不相同的正奇數最小等於k^2 （1+3+…+2*k-1）判斷一下就可以了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
const int N=100010;
int main()
{
ll t,n,k;//會爆int
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n>>k;
if((((n&1)&&(k&1))||(n%2==0&&k%2==0))&&n>=k*k) cout<<"YES"<<endl;
else cout<<"NO"<<endl;
}
return 0;
}
B 給n個公主找老公，模擬一遍就可以了，如果有公主沒找到就再找任意一個沒配對的王子就行了，樣例n的總合不超過1e5不會超時
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
const int N=100010;
int t,n;
vector<int> g[N];
bool st[N];
int main()
{
IOS;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int k,x;
cin>>k;
for(int j=0;j<k;j++)
{
cin>>x;
g[i].push_back(x);
}
}
int l=-1;//標記沒配對的公主
memset(st,0,sizeof st);//標記王子
for(int i=1;i<=n;i++)
{
bool flag=0;
for(int j=0;j<g[i].size();j++)
if(!st[g[i][j]])
{
flag=1;
st[g[i][j]]=1;
break;
}
if(!flag) l=i;
}
if(l==-1)
{
cout<<"OPTIMAL"<<endl;
}
else
{
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!st[i])
{
cout<<"IMPROVE"<<endl<<l<<' '<<i<<endl;
break;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
g[i].clear();
}
return 0;
}
C 已知k個芯片的位置，每次將所有芯片向同一個方向移動（如過超出邊界就不動）以格問是否可以讓所有芯片都經過k個指定的位置，如果可以並且移動次數不超過2nm就輸出移動的順序（wtm看成了2納米，？？？我就納了悶了我是咋豬腦子嘛），否則輸出-1
因爲超出邊界就不動，所以我們可以把所有芯片都移動到同一個位於邊界位置，我是把他們都移動到點（1,1），假設位於對角的（n，m）有芯片就需要移動n-1+m-1次，不過（n，m）有沒有這樣移動都可以將他們全部移動到（1,1），就不判斷了，而且移動方向與日常習慣不一樣需要注意一下(血得教訓啊），然後再從（1,1）向每一個指定位置移動就可以了，我排了個序，就會一行一行的移動，最壞情況是每一行的頭尾都需要移動 2*（m-1）*（n-1）次，再加上開始的次數就是2nm-n-m-1,不會有-1的情況了
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
const int N=1010;
int t,n,m,k;
int x[N],y[N];
string s;
struct node
{
int x,y;
}e[N];
bool cmp(node a,node b)
{
if (a.x==b.x)
return a.y<b.y;
else return a.x<b.x;
}
int main()
{
IOS;
cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<m;i++) s.push_back('L');
for(int i=1;i<n;i++) s.push_back('U');
int l,r;
for(int i=0;i<k;i++) cin>>l>>r;//芯片的位置沒有用到
e[0]={1,1};
for(int i=1;i<=k;i++)
cin>>e[i].x>>e[i].y;
sort(e,e+k+1,cmp);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
l=abs(e[i].x-e[i-1].x);
r=abs(e[i].y-e[i-1].y);//到下一個指定位置橫縱座標分別需要移動的次數
if(e[i].x>=e[i-1].x)
{
for(int j=0;j<l;j++)
s.push_back('D');
}
else
{
for(int j=0;j<l;j++)
s.push_back('U');
}
if(e[i].y>=e[i-1].y)
{
for(int j=0;j<r;j++)
s.push_back('R');
}
else
{
for(int j=0;j<r;j++)
s.push_back('L');
}
}
cout<<s.size()<<endl<<s;
return 0;
}
D 不會，花了半小時看懂題意比賽也結束了，當時用的鏡像網站看題沒看過題人數，當個教訓吧，一定要跟榜！！！其實看了e題當時大概率也是過不了hhh
E 統計0到10^n-1的塊的個數（包括前導0）。
塊的長度一定不超過n
先看n=1，1的個數就是10；
n=2，在n=1的基礎上每個數前加一個相同的數，就是長度2的塊了，所以長度2的塊有10個，然後想0到99每個數有兩位就需要2100個數字，塊2（長度爲2的塊）有10個，消耗了210個數字，剩下了180個數字就都是塊1了。
n=3，塊3的個數和上面一樣加一個相同的數還是有10個，剛好是n=2是塊2的個數，這樣可以發現一個規律，n時塊i的個數等於n-1時i-1的個數（不會證明），這樣可以求得塊2到塊n的個數，塊1就和上面一樣用總的出現的數字減塊2到塊n消耗的數字得到，一直向下推就可以了，
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=200010;
ll n,a[N],sum[N],s[N];
ll ksm(ll a,ll b)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1) res=res*a%mod;
b/=2;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
int main()
{
cin>>n;
a[1]=10;
sum[1]=s[1]=10;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
sum[i-1]=(sum[i-1]+s[i-1])%mod;
a[i]=(i*ksm(10,i)%mod-sum[i-1]+mod)%mod;
s[i]=(s[i-1]+a[i])%mod;
sum[i]=(sum[i-1]+a[i])%mod;
}
for(int i=n;i;i--)
cout<<a[i]<<' ';
return 0;
}