Good Bye 题解

题解 CF1091A 【New Year and the Christmas Ornament】

打完cf都忘记写题解了qwq

题意就是：给你一些黄，蓝，红的球，满足蓝的数量恰比黄的多一，红的数量恰比蓝的多一

容易发现黄的数量恰是\(\min{y,b-1,r-2}\)

输出这个值\(*3+3\)即可

# include <bits/stdc++.h>int main(){int y, b, r;scanf("%d%d%d", &y, &b, &r);int ans = std::min(std::min(y, b - 1), r - 2);printf("%d\n", ans * 3 + 3);return 0;}

题解 CF1091B 【New Year and the Treasure Geolocation】

打cf时网速感人qwq

容易想到一个\(O(n^3)\)的做法：枚举每一对\((x,y)\)与每一对\((a,b)\)配对，再判断是否满足条件，满足就输出

但是这样会超时，怎么办？

可以发现我们只要把每一个\((x,y)\)与第一个\((a,b)​\)配对即可

原因？因为每一对\((x,y)\)与每一对\((a,b)\)配对都要导致第一个\((a,b)\)与某一个\((x,y)\)配对，而任意一对这样的配对即可唯一确定\(T\)的位置，故只要枚举一遍每一个\((x,y)\)与第一个\((a,b)\)配对就能遍历所有情况。

时间复杂度\(O(n^2)\)

# include <bits/stdc++.h># define p std::pair<int, int> p pos[1010], change[1010];std::map<p, int> m, tmp;int main(){int n;scanf("%d", &n);for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d%d", &pos[i].first, &pos[i].second);for(int i = 1; i <= n; i++)scanf("%d%d", &change[i].first, &change[i].second), m[change[i]]++;for(int i = 1; i <= n; i++){p T;T.first = pos[i].first + change[1].first;T.second = pos[i].second + change[1].second;tmp = m;int flag = true;for(int j = 1; j <= n; j++){p tem;tem.first = T.first - pos[j].first;tem.second = T.second - pos[j].second;if(!tmp[tem])flag = false;--tmp[tem];}if(flag)return 0 * printf("%d %d\n", T.first, T.second);}return 0;}

题解 CF1091C 【New Year and the Sphere Transmission】

这个C真烧脑qwq

可以发现每一次选的数的个数都是\(n\)的约数

枚举所有约数，计算答案即可（等差数列求和好评！）

#include <bits/stdc++.h>#define ll long longstd::vector<ll> v, ans;void prime(ll n){for (int i = 1; i * i <= n; ++i){if (n % i == 0){v.push_back(i);if (i * i != n){v.push_back(n / i);}}}}std::map<ll, int> m;int main(){ll n;scanf("%I64d", &n);prime(n);for (int i = 0; i < v.size(); i++){m[v[i]] = 1;}for(std::map<ll, int>::iterator it = m.begin(); it != m.end(); it++){ll x = n / it->first;ans.push_back((1 + (x * (it->first - 1) + 1)) * (it->first) / 2);}std::sort(ans.begin(), ans.end());for(int i = 0; i < ans.size(); i++)printf("%I64d\n", ans[i]);return 0;}