标签：void clu style cookie com 简化 test 方案 mes
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有 $n$ 根小棍，长度从 $1$ 到 $n$，每次可以将两根小棍连接起来，问最多有多少根小棍长度相同。
如：1 2 3 4 5，相同长度最多的情况为 1+4 2+3 5 。
即 $(1 + n - 1), (2 + n - 2), \dots$，所以答案为 $\lfloor \frac{n - 1}{2} \rfloor + 1$ 。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int n; cin >> n; cout << (n - 1) / 2 + 1 << "\n"; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
日历的一行为一周，问当一周的天数从 $1$ 到 $r$ 时，连续涂 $n$ 天的形状共有多少种。
当 $r_i < n$ 时，连续涂 $n$ 天的形状共有 $r_i$ 种，因为第一天可以从 $r_i$ 个点开始涂，且形状都不相同；
当 $r_i \ge n$ 时，此时无论从哪一天开始涂，形状都是一条长方形。
所以：
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; void solve() { ll n, r; cin >> n >> r; cout << (r < n ? r * (r + 1) / 2 : n * (n - 1) / 2 + 1) << "\n"; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
有 $a$ 个香草饼干，$b$ 个巧克力饼干，第一种客人有 $n$ 个，第二种客人有 $m$ 个。
第一种客人行动如下：如果香草饼干的个数多于巧克力饼干，吃一个香草饼干，否则吃一个巧克力饼干。
第二种客人行动如下：如果香草饼干的个数多于巧克力饼干，吃一个巧克力饼干，否则吃一个香草饼干。
如果一个客人要吃的饼干没有了，他就会生气，判断是否存在一种使所有客人都不会生气的方案。
简化一下两种客人的行动：
第二种客人每次都会吃最少的一种饼干，一定会使两种饼干中的最小值发生变化，所以第二种客人吃的饼干数不会多于初始时两种饼干中的最小值。
第一种客人可以视为哪个多吃哪个，不一定会使两种饼干的最小值发生变化，所以应先让第二种客人吃最少的一种饼干，余下的饼干总数不少于第一种客人的个数就可以了。
#include <bits/stdc++.h> using ll = long long; using namespace std; void solve() { ll a, b, n, m; cin >> a >> b >> n >> m; cout << (a + b >= n + m and min(a, b) >= m ? "Yes" : "No") << "\n"; } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
向 $n \times n$ 的空方阵中填入 $k$ 个 $1$，使得每行、列 $1$ 的个数的最值差最小。
首先最容易想到的是先按中央斜对角线填：
但是斜对角线长度不一，接下来就会变成这样：
此时第 $6$ 个 $1$ 显然填右上角最合适，即：
由此猜测从中央左下方和右上角依次填对角线。
值得一提的是，如果将左下角的对角线和右上角对应的对角线连起来，长度和中央对角线是相同的，同为 $n$，由此有了下面的简化写法。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; void solve() { int n, k; cin >> n >> k; cout << (k % n == 0 ? 0 : 2) << "\n"; int MP[n][n] = {}; for (int i = 0; i < n; i++) for (int j = 0; j < n; j++) if (k > 0) { MP[j][(i + j) % n] = 1; --k; } for (int i = 0; i < n; i++) { for (int j = 0; j < n; j++) cout << MP[i][j]; cout << "\n"; } } int main() { int t; cin >> t; while (t--) solve(); }
Codeforces Round #654 (Div. 2)
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原文地址：https://www.cnblogs.com/Kanoon/p/13227908.html
