题外话
恢复性训练
A
题意
一开始有一个树枝，然后每次和商人交易有两种方案
- 1.减去一个树枝获得x个树枝
- 2.减去y个树枝获得1个煤炭
问你最少需要交换多少次才能获得k个火炬（一个火炬是由一个树枝 + 一个煤炭组成）
思路
- 先判断出一共需要多少个树枝 <=> k*y+k-1（因为一开始有一个树枝）
- 然后用这个一共需要的树枝数量除以（x-1）（因为每次都会减去一个树枝）
- 记得判断一下 这个 一共需要的树枝数量 和 （x-1） 的关系 因为如果能模取不为零的话 需要多加一次交易
- 最后加上一下兑换煤炭的数量即可
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define FOR(i, x, y) for (decay<decltype(y)>::type i = (x), _##i = (y); i < _##i; ++i)
#define FORD(i, x, y) for (decay<decltype(x)>::type i = (x), _##i = (y); i > _##i; --i)
#ifdef zerol
#define dbg(x...) do { cout << " 33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const int inf=0x7fffffff;
const int N =5e5+10;
const int maxn = 200010;
void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
while(size>0)
{
*pta++ = 0;
size --;
}
}
LL n, k, m ;
LL ar[200006],br[200005],cr[200005],dr[200005];
LL i,j,g;
LL dp[200006][2];
const int maxp = 1e5;
void answer(){
cin >>n>> m>>k;
LL cnt = k*m+k;
cnt -- ;
LL sum = cnt/(n-1)+ k;
if(cnt%(n-1)!=0)sum ++;
cout<<sum <<endl;
return ;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0);
// cin.tie(0), cout.tie(0);
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)answer();
return 0;
}
B
题意
给你一个数组，然后告诉你一些数组中的数字不能 进行移动，剩下的可以进行移动。
然后通过移动这些允许移动的数字，使得P （从a1开始往后加的数字）<0 的情况最早出现（ 还有一个条件就是如果加上下个数还是为负数，那么就继续加下去 ），求出这样的数组
思路
因为要找最早的下标，所以需要用到贪心的思路， 肯定是能移动的数字sort 一下，从大往小排序，这样才能出现最早的数标是小于0的
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define FOR(i, x, y) for (decay<decltype(y)>::type i = (x), _##i = (y); i < _##i; ++i)
#define FORD(i, x, y) for (decay<decltype(x)>::type i = (x), _##i = (y); i > _##i; --i)
#ifdef zerol
#define dbg(x...) do { cout << " 33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const int inf=0x7fffffff;
const int N =5e5+10;
const int maxn = 200010;
void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
while(size>0)
{
*pta++ = 0;
size --;
}
}
LL n, k, m ;
LL ar[200006],br[200005],cr[200005],dr[200005];
LL i,j,g;
LL dp[200006][2];
const int maxp = 1e5;
int cmp(int a, int b){
return a>b;
}
void answer(){
cin >>n;int num =1;
for(int i=1;i<=n;i++)cin >>ar[i];
for(int i=1;i<=n;i++){
cin >>br[i];
if(!br[i]){
cr[num++] =ar[i];
}
}
sort(cr+1,cr+num,cmp);num =1 ;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!br[i]){
ar[i] = cr[num++];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)cout<<ar[i]<<" ";cout<<endl;
return ;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0);
// cin.tie(0), cout.tie(0);
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)answer();
return 0;
}
C
题意
就是说你和你的一个朋友玩一个游戏，然后这个游戏有n个boss ，分为 0 （简单） ， 1 （困难） ，你的朋友只能打过 0 的boss （如果碰见 1 的boss ，你的朋友可以选择使用跳过卡）， 你两个都可以 ， 然后 你俩一次可以选择一个或者两个boss 进行解决 ， 从你的朋友开始，然后在轮到你，这样下去，直到boss 全被消灭。问你最少需要多少个通关卡
思路
一开始以为是个贪心的简单题， 然后在wa了两次后，发现事情不简单，之后在网上找到的题解说是一个经典的dp问题（被自己菜枯）
- 直接用dp思路， 因为一开始固定是你的朋友开局， 所以确定dp【1】【0】（我设置的 0为朋友状态 ， 1 为 你的状态） = 第一个数组的数，然后因为可能你的朋友可以继续搞个boss ， 所以设置一下dp【2】【0】 = dp【1】【0】 + 第二个数组的数
- 因为第二个数可能由你开始解决所以设置一下dp【2】【1】 = 第一个数（表示第一个关卡你的朋友就用了跳关卡）
- 状态转移方程就是题面上说的意思 dp【i】【0】 = min（dp【i-1】【1】+ ar【i】，dp【i-2】【1】+ ar【i-1】+ ar【i-2】）， dp【i】【1】 = min（dp【i-1】【0】，dp【i-2】【0】）（因为你不需要跳关，所以不需要加）
- 这样因为最后只需要统计一下min（dp【n】【0】，dp【n】【1】）就行（因为只需要判断为 1 的数量就行 ）
代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include<iomanip>
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <set>
#include <queue>
#include <cstring>
#include<stack>
#include <cassert>
#include<map>
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
#define __i __int128
#define FOR(i, x, y) for (decay<decltype(y)>::type i = (x), _##i = (y); i < _##i; ++i)
#define FORD(i, x, y) for (decay<decltype(x)>::type i = (x), _##i = (y); i > _##i; --i)
#ifdef zerol
#define dbg(x...) do { cout << " 33[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)
#else
#define dbg(...)
#endif
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
const int inf=0x7fffffff;
const int N =5e5+10;
const int maxn = 200010;
void clear(unsigned char *pta, int size )
{//结构体初始化
while(size>0)
{
*pta++ = 0;
size --;
}
}
LL n, k, m ;
LL ar[200006],br[200005],cr[200005],dr[200005];
LL i,j,g;
LL dp[200006][2];
const int maxp = 1e5;
int cmp(int a, int b){
return a>b;
}
void answer(){
cin >>n;
for(int i=1;i<=n;i++)cin >>ar[i],dp[i][1] = dp[i][0] = maxn;
dp[1][0] = ar[1] ,dp[2][0] = ar[1]+ar[2];
dp[2][1] = ar[1];
for(int i=3;i<=n;i++){
dp[i][0] = min(dp[i-1][1] + ar[i] , dp[i-2][1] + ar[i-1] + ar[i]);
dp[i][1] = min(dp[i-1][0] , dp[i-2][0]);
}
cout<<min(dp[n][0], dp[n][1])<<endl;
return ;
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0);
// cin.tie(0), cout.tie(0);
int t;scanf("%d",&t);
while(t--)answer();
return 0;
}