A - Circle
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int r;
int main(){
cin >> r;
cout << r * r << endl;
return 0;
}
B - Echo
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int n;
string s;
int main() {
cin >> n >> s;
if (n & 1)
cout << "No" << endl;
else {
int mid = n / 2;
for (int i = 0; i < mid; i++) {
if(s[i]!=s[i+mid]){
cout << "No" << endl;
return 0;
}
}
cout << "Yes" << endl;
}
return 0;
}
C - Average Length
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int n, base[10];
double x[10], y[10];
int main() {
for (int i = 1; i <= 8; i++) base[i] = i;
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> x[i] >> y[i];
double sum = 0;
int cnt = 0;
while (1) {
double tmp = 0;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
tmp += sqrt((x[base[i]] - x[base[i-1]]) * (x[base[i]] - x[base[i-1]]) +
(y[base[i]] - y[base[i-1]]) * (y[base[i]] - y[base[i-1]]));
}
sum += tmp;
cnt++;
if (!next_permutation(base+1,base+n+1)) break;
}
printf("%.7lf
", sum / (double)cnt);
return 0;
}
D - Knight
大意：
一个棋子从原点开始，当坐标为xy时，可以跳到(x+2,y+1)或者(x+1,y+2)
给出一个坐标(n,m)，问有多少种方法可以走到这个点
思路：
首先考虑点(n,2 * n)，那么只有一个方法可以走到
而对于点(n+1,2 * n-1)，有n个方法可以走到，也就是任选一个横着跳的，把它改成竖着跳的
以此类推，组合计数一顿乱搞即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6 + 5;
typedef long long LL;
int n, m;
LL res, mod = 1e9 + 7;
int fact[N], infact[N];
LL qmi(LL a, LL k, LL p) {
LL res = 1;
while (k) {
if (k & 1) res = res * a % p;
k >>= 1;
a = a * a % p;
}
return res;
}
// 预处理
void init() {
fact[0] = infact[0] = 1;
for (int i = 1; i < N; ++i) {
fact[i] = (LL)fact[i - 1] * i % mod;
infact[i] = (LL)infact[i - 1] * qmi(i, mod - 2, mod) % mod;
}
}
LL Cnm(int a,int b){
return (LL)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod;
}
int main() {
cin >> n >> m;
init();
for (int i = 0; i <= min(n, m); i++) {
if(2*n-3*i==m){
res = (res + Cnm(n-i, i))%mod;
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}
E - All-you-can-eat
大意：
有n道菜，每道菜需要a[i]分吃完，能获得b[i]的美味值 给T分钟，问怎么样吃，才能在T内得到最多的美味值，
一旦开始了吃就一定会吃完这道菜，哪怕时间超过T分
思路：
之前背包的上限容量 是T，但是因为题目限制，所以可以把背包容量扩充到 T+w[i]-1
这个时候这个物品就可以超出 容量T ，并且小于 T+w[i] 也保证了不可能出现大于容量T还进行的情况。
但是还有一个点是要对物品进行排序，先选时间小的
可以考虑一个极端的情况来理解：如果一个物品时间非常大，大于T，如果先考虑用它进行背包，那么后面小的物品更新的时候肯定不会考虑到这个物品，但是如果最后才考虑这个物品，可以最后吃它，然后超过t仍然可以吃
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 5;
typedef long long LL;
int n, t;
LL dp[N];
struct node {
LL x, v;
} a[N];
bool cmp(node a, node b) { return a.x < b.x; }
int main() {
cin >> n >> t;
LL res = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i].x >> a[i].v;
//sort(a, a + n, cmp);
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = t + a[i].x - 1; j >= a[i].x; j--) {
dp[j] = max(dp[j], dp[j - a[i].x] + a[i].v);
res = max(res, dp[j]);
}
}
cout << res << endl;
return 0;
}
F - Laminate
大意：
现在有n个柱子排在一起，每个柱子有个高度hi。
现在有至多k次机会任意修改某些柱子的高度。
之后会执行操作：每次可以横向消去一段连续的柱子。问最终最少的操作次数是多少。
思路：
抄的https://blog.csdn.net/qq_43857314/article/details/103441434
太难想了orz...
