北京 E 题 Cats and Fish
题意：有n只猫m条鱼，然后每只猫吃鱼的速度不同，为ci，，，然后吃完当前鱼可以继续吃下一条，问经过x分钟后还剩下几只完整的鱼几只不完整的鱼。
思路：模拟，简单模拟这个过程就行，我们用一个bool数组来记录当前猫是否在吃鱼。遍历时间渐推，如果当前时间点吃完鱼，看是否还有鱼，还有时间，如果有的话，这只猫继续吃鱼。否则就是正在吃鱼时间到了。将vis改变即可。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int a[1005]; bool vis[1005]; int main(){ int n,m,x; while(cin>>m>>n>>x){ memset(vis,0,sizeof(vis)); for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i]; if(x == 0){ cout<<"m 0"<<endl; continue; } sort(a,a+n);//效率快的猫先吃鱼 for(int i=0;i<n;i++){ if(m>0){//一开始几只猫在吃鱼 vis[i] = 1;//剩下的完整的鱼的数量 m--; } } for(int i=1;i<=x;i++){//枚举时间 for(int j=0;j<n;j++){//枚举猫 if(i%a[j]==0 && m>0 &&i!=x) m--;//吃完一条鱼，还剩有鱼且还有时间，就吃下一条 else if(i%a[j]==0) vis[j]=0;//刚好吃完，那么停止吃鱼 } } int ans = 0; for(int i=0;i<n;i++){ if(vis[i]) ans++; } cout<<m<<" "<<ans<<endl; } return 0; }F 题 Secret Poems
题意：就是打印由图一转变的图形，直接看样例就理解了。不过真的恶习哦，看了好一会还没看出规律是啥。就是把以前做过的一个蛇形矩阵变成了回型矩阵，不过还是好讨厌这样子的题目！！！先留个坑。
J 题 Pangu and Stones
题意：有一堆石头，每次你只能把L到R的石头合并成一堆，每一个石头都有一个时间，，每次需要合并的时间等于合并的石头总和，然后让你求合并这堆石头需要的最少的解决时间，如果没有解决方案就输出0。
思路：emmm…拿到题看着也不难，以前好像也遇见过这样子的题目。好的，我是废物，做了一个小时愣是想不到dp…
参考大佬思路： 状态转移：dp[I][j][k]表示从I到j的石头区间里分成k堆的情况
当k=1时，石头可以从L到R堆合并为1堆有dp[I][j][k]=max(dp[I][j][k],dp[I][j][d]+num[j]-num[I-1]，这里的d我们表示堆数目(L<=d<=R)。num是前缀和的数组。
当k!=1时候，石头可以理解为一堆石头A与k-1堆石头B的合并，也就有dp[I][j][k]=max(dp[I][j][k],dp[I][e][1]+dp[e+1][j][k-1])，这里的e表示的是A和B的分界点，也就是普通的区间dp了，接下来的代码就比较清晰了。
#include<iostream> #include<cstring> #define mem(s,t) memset(s,t,sizeof(s)) using namespace std; int dp[105][105][105]; int val[105]; int sum[105]; int main() { int n,l,r; while(cin>>n>>l>>r) { mem(sum,0); for(int i=1;i<=n;i++){ cin>>val[i]; sum[i]=sum[i-1]+val[i]; //求前缀和，方便计算 } mem(dp,0x3f); for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][i][1]=0; }//初始化，每个石头之间没有合并所以他们花费的时间是0 for(int i=2;i<=n;i++){//区间跨度 for(int j=1;j<=n;j++){//起点 int e=i+j-1; if(e>n)break;//终点不能大于n for(int k=i;k>=1;k--){//枚举堆数 if(k==1){ for(int z=l;z<=r;z++) dp[j][e][k]=min(dp[j][e][k],dp[j][e][z]+sum[e]-sum[j-1]); }else{ for(int z=j;z<e;z++) dp[j][e][k]=min(dp[j][e][k],dp[j][z][1]+dp[z+1][e][k-1]); } } } } if(dp[1][n][1]!=0x3f3f3f3f)cout<<dp[1][n][1]<<endl; else cout<<0<<endl; } }南宁 A-Abiyoyo 题意：属实手速签到
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int t,k; scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d",&k); for(int i=0;i<k;i++){ printf("Abiyoyo, Abiyoyo.\n"); } printf("Abiyoyo, yo yoyo yo yoyo.\n"); printf("Abiyoyo, yo yoyo yo yoyo.\n"); } return 0; }F F 题 The Chosen One 题意：
有n个小孩排成一排，每次除去站在奇数位置上的小孩，问最后剩下哪一个
思路：自己动手看看模拟一下与样例，就会发现求得是小于n的2的最大次幂。 好像用py跟jave简单。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; char anss[205][100],temp[205][100]; int jin=0,cnt=0,i,j,t,lang[200]; int main() { anss[0][0]='1'; for(i=1;i<=200;i++) { for(j=0;j<=cnt;j++) { anss[i][j]=((anss[i-1][j]-'0')*2+jin)%10+'0'; jin=((anss[i-1][j]-'0')*2+jin)/10; } while(jin){ anss[i][++cnt]=jin%10+'0'; jin=jin/10; } lang[i]=cnt; } for(i=1;i<=200;i++) { for(j=lang[i];j>=0;j--) { temp[i][lang[i]-j]=anss[i][j]; } } cin>>t; while(t--) { char str[200]; cin>>str; for(i=0;i<200;i++) { int flag1=0; int flag2=0; if(strlen(str)<lang[i+1]+1) { cout<<temp[i]<<endl; break; } if(strlen(str)>lang[i]+1&&strlen(str)==lang[i+1]+1) { if(strcmp(temp[i+1],str)>0) { cout<<temp[i]<<endl; break; } } if(strlen(str)==lang[i]+1&&strlen(str)==lang[i+1]+1) if(strcmp(temp[i],str)<=0&&strcmp(temp[i+1],str)>0) { cout<<temp[i]<<endl; break; } } } }我的博客即将同步至腾讯云+社区，邀请大家一同入驻：入驻到云+社区
