按照通过和赛后补题顺序：L、C、K、E、B、G、A、H、D。由于篇幅原因，这里提供了前五题。
L：Need Zero
根据题意，直接取出个位上的数字x，然后判断。由于x的范围只会在1到9中，对于所有偶数可以用5凑，对于5可以用2凑，其他的奇数用10凑。直接特判即可。
void solve()
{
string s;
cin>>s;
char lst=s[s.size()-1];
int lstn=int(lst-'0');
if(lst=='0') cout<<"1";
else
{
if(lstn%2==0) cout<<"5";
else if(lstn==5) cout<<"2";
else cout<<"10";
}
}C：Array Covering
不难发现，如果希望最大化答案，我们只需要让数组最大值maxn在选择的区间 (l, r) 中的一端点（可能maxn在l处，也可能在r处），选择区间的另一个端点拓展到数组的一端。经过两次这样的变换，除了整个数组首尾两头的元素都变成数组最大值maxn。
请注意题目中说是开区间，意味着答案并不是maxn*n，而是排除数组的首尾元素会发生变化，答案应该是(n-2)*maxn+a[0]+a[n-1]
void solve()
{
ll n;
cin>>n;
vector<ll> a(n);
for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
if(n==1)
{
cout<<a[0]<<endl;
}
else
{
ll maxn=*max_element(a.begin(),a.end());
ll ans=a[0]+a[n-1]+(n-2)*maxn;
cout<<ans<<endl;
}
}K：Constructive
Ad-Hoc题，看到给出的样例开始思考是否和奇偶性有关。显然考场上我们没空给出严谨证明，但是通过样例就可以知道n=1有解，n=2无解。继续把玩，考虑n=3时的情况。我们知道，对于数组中的所有元素都是正整数，求和的增长速度必然小于求积。所以我们从n的排列考虑（因为这是唯一可能让求和等于求积，不然剩下的情况只可能差距越来越大）。当n=3时，不难发现1 2 3这三个数正好满足求和等于求积。当拓展到n=4，4的排列不满足条件，显然，越往后越不可能满足条件。因此，只需要对输入进行n=1或3的特判，如果满足那么输出制定序列，不然无法构造。
void solve()
{
int n;
cin>>n;
if(n==1)
{
cout<<"YES"<<endl;
cout<<1<<endl;
}
else
{
if(n==3)
{
cout<<"YES"<<endl;
cout<<"1 2 3"<<endl;
}
else cout<<"NO"<<endl;
}
}E：Block Game
如果对数据结构比较熟悉的话，看完题目就应该发现这就是一个循环队列（环状数组）。非常经典的“右端挤出去、左端插进来”。当然如果没有听说过也无妨，用deque双端队列能同样达到效果。
下面的代码是循环队列的解法，个人认为可以参考学习。deque思路类似，不再给出。
void solve()
{
int n;
ll k;
cin>>n>>k;
vector<ll> a(n);
for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
vector<ll> c(n+1);
for(int i=0;i<n;i++) c[i]=a[i];
c[n]=k;
ll ans=LLONG_MIN;
for(int i=0;i<=n;i++)
{
int j=(i-1+(n+1))%(n+1);
ll sum=c[i]+c[j];
ans=max(sum,ans);
}
cout<<ans<<endl;
}B：Card Game
贪心、博弈背景，思维含量依旧在线。这道题具体讲讲心路历程。
最开始先读题，发现只需要对小苯的牌组进行排列，小红牌组无法更改顺序（这个也很关键，苯环讲题的时候有不少同学说没读出来这个含义）。认为优先的策略是田忌赛马，对两个卡组都sort一下，然后从左往右遍历对比a[i]与b[i]，得到必胜牌数量，再计算答案。结果是本地跑了几组数据，WA了。
仔细想想，为什么田忌赛马不能解决这个题目？经过思考，我们构造了这组hack数据：
小苯：1、2、5
小红：3、4、6
如果按照上面的贪心思想，小苯在这个局面下没有得到一分。但是显然，我们可以用小苯的5对阵小红3,4中的一张牌，所以其实最少能得到1分。因此，我们需要改变贪心策略。
那么，干脆不改变小红的牌组顺序，对于小苯的牌组，根据上面的hack数据我们认识到，在这种局面下我们应该用“及时行乐”原则，把越大的牌越早出，直到剩下的牌无法盖过小红剩余牌组中的任何一张。
因此，对小苯的牌组进行降序排序，然后用双指针维护一个变量k，用来记录小苯手上的牌在本次游戏中最大能获得的分数。由于一张牌对应一分，所以也就是会有k张牌能被打出并移除。从性质上，小苯的整个牌堆分成可以打出和不可打出两种。方案数则为k!(n-k)!
void init() // 预处理阶乘 { f[0]=1; for(int i=1;i<=maxn;i++) f[i]=f[i-1]*i%modn; } void solve() { int n; cin>>n; vector<ll> a(n),b(n); for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i]; for(int i=0;i<n;i++) cin>>b[i]; sort(a.begin(),a.end(),greater<ll>()); int i=0,j=0,k=0; ll res=0; while(i<n&&j<n) { if(a[i]>b[j]) k++,i++; else j++; } res=f[k]*f[n-k]%modn; cout<<res<<endl; }
Comments NOTHING