A - ABC400 Party
翻译：
在 ABC400 的纪念仪式上，我们想把 400 人排成 A 行 B 列的长方形，且不留任何空隙。
给你一个正整数 A，请打印可以这样排列的正整数 B 的值。如果没有这样的正整数 B，则打印-1。
思路：
判断能否整除即可。
实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MX = 51000;
void solve(){
int a;
cin>>a;
int b = 400/a;
if (a*b==400){
cout<<b<<endl;
} else{
cout<<-1<<endl;
}
}
int main(){
// 鍏抽棴杈撳叆杈撳嚭娴佸悓姝?
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
// 涓嶄娇鐢ㄧ瀛﹁鏁版硶
// cout<<fixed;
// 鍥涜垗浜斿叆涓棿濉繚鐣欏嚑浣嶅皬鏁帮紝涓嶅～榛樿
// cout.precision();
solve();
return 0;
}
B - Sum of Geometric Series
翻译：
给你两个正整数N，M。
让
。如果X<=1e9打印X的值，否则打印inf。
思路：
暴力求解，当算到X>1e9时直接输出inf。
实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MX = 1e9;
ll n,m,ans = 0;
void solve(){
cin>>n>>m;
ll now_n = 1;
for (int i=0;i<=m;i++){
ans+=now_n;
now_n *= n;
if (ans>MX || (now_n>MX && i!=m)){
cout<<"inf"<<endl;
return;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
// 鍏抽棴杈撳叆杈撳嚭娴佸悓姝?
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
// 涓嶄娇鐢ㄧ瀛﹁鏁版硶
// cout<<fixed;
// 鍥涜垗浜斿叆涓棿濉繚鐣欏嚑浣嶅皬鏁帮紝涓嶅～榛樿
// cout.precision();
solve();
return 0;
}
C - 2^a b^2
翻译：
当且仅当一个正整数 X 满足以下条件时，它才被称为好整数：
- 存在一对整数(a,b)如此
例如，400 是一个好整数，因为
。
给定一个正整数 N，求 1 到 N 之间（包括 N）的好整数个数。
思路：
每个 好整数 的b必定可以是一个奇数，那么先从1开始通过遍历a，结束条件为2^a>N，其间使用二分求出b的最大值，可得到在a_i的情况下有种b是可用的（b要为奇数）。
注意在二分中可使用
的方法避免大数相乘。这题中要注意整数溢出问题。(二分，数论)
实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
ll N, ans = 0;
ll integer_sqrt(ll x) {
if (x <= 0) return 0;
ll left = 0, right = min(x, (ll)1e9)+1;
while (left+1 != right) {
ll mid = (right + left) / 2;
if (mid <= x / mid) {
left = mid ;
} else {
right = mid ;
}
}
return left;
}
void solve() {
cin >> N;
ll now = 1;
for (int a = 1; ; a++) {
now *= 2;
if (now > N) break;
ll x = N / now;
ll tmp = integer_sqrt(x);
ans += tmp / 2;
if (tmp % 2 == 1) ans++;
}
cout << ans << "\n";
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
solve();
return 0;
}
D - Takahashi the Wall Breaker
翻译：
高桥正准备去鱼店买鳗鱼。
他居住的小镇被划分成 H 行 W 列的网格。
每个单元格要么是一条路，要么是一堵墙。
我们把从上往下第 i 行（1≤i≤H）和从左往上第 j 列（1≤j≤W）的单元格记为单元格 (i,j)。具体来说，如果 S i 的第 j 个字符（1≤i≤H,1≤j≤W）是 .，则(i,j) 单元是一条路；如果是 #，则 (i,j) 单元是一堵墙。
他可以按任意顺序重复执行以下两种操作：
- 移动到相邻的单元格（向上、向下、向左或向右），该单元格位于小镇内且是道路。
- 从四个方向（上、下、左或右）中选择一个，然后朝该方向踢一脚。
- 当他踢出前踢腿时，在距离他当前所在的小格最多 2 步远的地方，如果该小格是墙，就会变成路。
- 如果最远 2 步之外的一些单元格在城镇之外，则仍然可以进行前踢，但城镇之外的任何东西都不会改变。
他从(A,B)单元格开始，想移动到(C,D)单元格的鱼店。他开始所在的单元格和有鱼店的单元格都是道路。
求他到达鱼店所需的最小前踢数
思路：
参考最短路的思路，使用堆和广度优先搜索，记录每个点的前踢数，如有更新点的前踢数放入堆中。(数据结构，贪心，广搜)
实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MX = 1e9;
ll h,w,x1,yy,x2,y2;
vector<array<int,2>> direct(4);
struct cmp{
bool operator()(array<int,3> x,array<int,3> y){
return y[0]<x[0];
}
};
void solve(){
direct[0] = {0,1};
direct[1] = {1,0};
direct[2] = {0,-1};
direct[3] = {-1,0};
cin>>h>>w;
vector<vector<char>> maze(h+1,vector<char>(w+1));
vector<vector<int>> vis(h+3,vector<int>(w+3,INT_MAX));
for (int i=1;i<=h;i++){
for (int j=1;j<=w;j++){
cin>>maze[i][j];
}
}
cin>>x1>>yy>>x2>>y2;
vis[x1][yy] = 0;
priority_queue<array<int,3>,vector<array<int,3>>,cmp> pq;
pq.push({0,x1,yy});
while (!pq.empty()){
int val = pq.top()[0],x = pq.top()[1],y = pq.top()[2];
pq.pop();
for (auto& i:direct){
int now_x = x+i[0],now_y = y+i[1],tmp_x = x+2*i[0],tmp_y = y+2*i[1];
if (now_x<=h && now_x>=1 && now_y<=w && now_y>=1){
if (maze[now_x][now_y]=='#'){
if (vis[now_x][now_y]>val+1){
pq.push({val+1,now_x,now_y});
vis[now_x][now_y] = val+1;
}
if (tmp_x<=h && tmp_x>=1 && tmp_y<=w && tmp_y>=1){
if (vis[tmp_x][tmp_y]>val+1){
pq.push({val+1,tmp_x,tmp_y});
vis[tmp_x][tmp_y] = val+1;
}
}
}else{
if (vis[now_x][now_y]>val){
pq.push({val,now_x,now_y});
vis[now_x][now_y] = val;
}
if (tmp_x<=h && tmp_x>=1 && tmp_y<=w && tmp_y>=1){
if (maze[tmp_x][tmp_y]=='#'){
if (vis[tmp_x][tmp_y]>val+1){
pq.push({val+1,tmp_x,tmp_y});
vis[tmp_x][tmp_y] = val+1;
}
}else{
if (vis[tmp_x][tmp_y]>val){
pq.push({val,tmp_x,tmp_y});
vis[tmp_x][tmp_y] = val;
}
}
}
}
}
}
}
cout<<vis[x2][y2]<<endl;
}
int main(){
// 鍏抽棴杈撳叆杈撳嚭娴佸悓姝?
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
// 涓嶄娇鐢ㄧ瀛﹁鏁版硶
// cout<<fixed;
// 鍥涜垗浜斿叆涓棿濉繚鐣欏嚑浣嶅皬鏁帮紝涓嶅～榛樿
// cout.precision();
solve();
return 0;
}E - Ringo's Favorite Numbers 3
翻译：
当且仅当正整数 N 同时满足以下两个条件时，它是一个 400 数：
- N 恰好有 2 个不同的质因数。
- 对于 N 的每个质因数 p，p 平分 N 的次数是偶数。更正式地说，能使 p k 除以 N 的最大非负整数 k 是偶数。
处理 Q 个查询。每个查询都会给出一个整数 A，因此请找出不超过 A 的最大 400 个数。在此问题的限制条件下，不超过A 的 400 个数总是存在的。
思路：
先预处理，先求出1e6内的质数，再求出这些质数能得到的值（<=1e12），在求组合中使用剪枝（两质数相乘>1e6不可行），否则超时。通过去除。
在每次询问中使用二分求解答案即可。这题也要注意边界条件。（深搜，数论）
实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll MX = 1e6+10;
const ll MXX = 1e12+10;
ll a;
vector<ll> num(MX,0),prime,ans;
void init(){
for (ll i=2;i<MX;i++){
if (!num[i]){
prime.push_back(i);
for (ll j=i+i;j<MX;j+=i){
num[j] = 1;
}
}
}
ll n = prime.size();
for (ll i=0;i<n;i++){
for (ll j=i+1;j<n;j++){
ll p = prime[i],q = prime[j];
if (p*q>MX) break;
p*=p,q*=q;
// cnt number based on p,q
auto dfs = [&](auto&&dfs,ll x,ll y)->void{
if (x*y<=MXX){
ans.push_back(x*y);
if (x<=MXX/y/p){
dfs(dfs,x*p,y);
}
if (y<=MXX/x/q){
dfs(dfs,x,y*q);
}
}
};
dfs(dfs,p,q);
}
}
sort(ans.begin(),ans.end());
ans.erase(unique(ans.begin(),ans.end()),ans.end());
}
void solve() {
cin>>a;
cout<<ans[upper_bound(ans.begin(),ans.end(),a)-ans.begin()-1]<<endl;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
init();
ll q;cin>>q;
while (q--) solve();
return 0;
}
有建议可以评论，我会积极改进qwq。
