一、A. Cowardly Rooks

思路： 从题目可以得出，m <= n,因为前面都给排好了，所以如果m == n，不管移动哪一个都不行，反之如果m < n，就移动某一行或者某一列为空的相邻行和列中的物品
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define int long long
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define PII pair<int,int>using namespace std;const int N = 2e5 + 100,mod=998244353;
bool st[10][10];
void solve()
{int n,m; cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= m;i ++ ){int x,y; cin >> x >> y;}if(m >= n) cout << "NO" << endl;else cout << "YES" << endl;}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);int T; cin >> T;while(T -- ) solve();}

二、B - Death’s Blessing

思路： 因为A数组中的所有元素肯定要加上去，我们遍历一边数组发现，不管从哪一个开始，只会留一个b[i]，没有被便利，所以贪心来看，就让b[i]最大的最后便利，排个序就行
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define int long long
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define PII pair<int,int>using namespace std;const int N = 2e5 + 100,mod=998244353;
bool st[10][10];
void solve()
{int n,m; cin >> n;int sum = 0;for(int i = 1;i <= n;i ++ ){int x;cin >> x;sum += x;}int mx = -1;for(int i = 1;i <= n;i ++ ) {int x; cin >> x;mx = max(mx,x);sum += x;}cout << sum - mx << endl;
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);int T; cin >> T;while(T -- ) solve();}

三、C - Number Game

思路： A操作越多，能够选择的数字越少，所以贪心来看，就让A尽量选择大的删除，同时B为了不让A操作过多，贪心来看，就尽量在元素值小的地方加上去，这样给a数组排序,因为k最大是(n + 1) / 2，n <= 100，所以直接暴力枚举k的取值，当然二分也行，然后看看在当前的k下，是否满足条件
代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define int long long
#define pb push_back
#define endl '\n'
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define PII pair<int,int>using namespace std;const int N = 2e5 + 100,mod=998244353;
int a[110];void solve()
{int n,m; cin >> n;int d = 0; // k最大是n + 1 / 2;for(int i = 1;i <= n;i ++ ) cin >> a[i];sort(a + 1,a + 1 + n);for(int k = (n + 1) / 2;k >= 1;k -- ){int u = k;int d = 0;int i = 1,j = n;while(i <= j){while(j >= i && a[j] > u) j--;if(j >= i && a[j] <= u){d++;j--;}elsebreak;u--;i++;}if(d >= k) {cout << k << endl;return;}}cout << "0" << endl;//如果数组中没有1,那就是0// 如果有1个1,答案就是1// 如果有两个1,答案就是2
}signed main()
{ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);int T; cin >> T;while(T -- ) solve();}

四、D - Counting Arrays

思路： 我们发现计算符合的条件个数太多，于是我们可以计算不符合的条件个数，然后让总数 - 不符合的条件个数，不管什么排列，最少都有一次,[1,1,1,1,1,1…],如果不想这个排列有至少两次，
对于a[2]，那就必须符合gcd(a[2],2) != 1,
对于a[3]，就必须符合gcd(a[3],3) != 1,并且gcd(a[3],2) != 1，也就是说a[3] 必须得是 2和3的倍数
对于a[4], 就必须符合gcd(a[4],4) != 1,并且gcd(a[4],3) != 1并且gcd(a[4],2) != 1,a[4]，也必须是2，3，4的倍数，但是4已经是2的倍数，所以就是质数的倍数，就行
对于a[n]，就必须符合gcd(a[n],n) != 1,并且gcd(a[n],n - 1) != 1…gcd(a[n],2) != 1
对于a[i],就必须让i这个位置上面的数字是i的倍数,同时也是i - 1的倍数…同时也是2的倍数,那我们就用他们的质因数来求解就行
观察这个规律发现，在 i 对于 i 这个位置，如果 i 是合数，那不用动，如果 i 是质数,那就必须使得 tmp = tmp * i，那在这个位置不能选的数字数量是 m / tmp,用w来存当前长度为 i 不能选的排列数量那对于当前长度为 i 且不能选的排列数就是 w = w * (m ./ tmp),最后求一遍全部的排列数量减去不能选的排列个数即可
代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define PII pair<int,int>using namespace std;
const int N = 2e5 + 100,mod = 998244353;
int p[N],cnt;
bool st[N];void init()
{for(int i = 2;i <= N;i ++ ){if(!st[i])p[cnt++] = i;for(int j = 0;p[j] <= N / i;j ++ ){st[i * p[j]] = true;if(i % p[j] == 0) break;}}
}int quick(int a,int b)
{int k = 1;a %= mod;while(b){if(b & 1){k = k * a % mod;}b = b >> 1;a = a * a % mod;}return k;
}
void solve()
{int n,m; cin >> n >> m;int tmp = 1;int w = m % mod,res =0;int y = m % mod;for(int i = 2;i <= n;i ++ ) // 要知道每一个a[i]，有多少种选法使得{if(!st[i] && tmp <= m) // 质数tmp = tmp * i;w = (w * ((m / tmp) % mod)) % mod; // 不超过1e12res = (res + w) % mod; }int ans = 0;for(int i = 2;i <= n;i ++ )ans = (ans + quick(m,i)) % mod;cout << (ans + mod - res) % mod<< endl;}
signed main()
{init();int T = 1;while(T -- ) solve();return 0;
}

四、E - Cactus Wall

思路: 观察发现,假设没有仙人掌,那放的方式就是交叉放置,也就是必须得斜着走,走的方式还得满足 |x_i - x_i-1| = |y_i - y_i-1| = 1,否则肯定不行,那问题就转化为求从(x , 1)到 (y, m)的最短路径,同时权值也是只有0 和 1,权值为 0 的时候,就是当前位置走到的位置是仙人掌,否则权值就是1,这里就用双端队列来求解就行,然后记录前驱,注意细节 ,这里面建立动态数组,建立静态会 ME
代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define ios ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0)
#define PII pair<int,int>
using namespace std;
const int N = 4e5 + 100,mod = 1e9 + 7,INF = 1e9;
int n,m;
int dx[4] = {-1, -1, 1, 1}, dy[4] = {-1, 1, -1, 1};bool check(string *s,int x,int y)
{if(x < 1 || x > n || y < 1 || y > m) return false;if(x + 1 <= n && s[x + 1][y] == '#') return false;if(x - 1 >= 1 && s[x - 1][y] == '#') return false;if(y + 1 <= m && s[x][y + 1] == '#') return false;if(y - 1 >= 1 && s[x][y - 1] == '#') return false;return true;
}void solve()
{cin >> n >> m;string s[n + 1];for(int i = 1;i <= n;i ++ ) cin >> s[i],s[i] = "?" + s[i];deque<PII> q;vector<vector<PII> > pre(n + 2,vector<PII> (m + 2));vector<vector<int> > dist(n + 2,vector<int> (m + 2,INF));for(int i = 1;i <= n;i ++ ){if(s[i][1] == '#') // 权值为0{dist[i][1] = 0;q.push_front({i,1});}else if(check(s,i,1)){dist[i][1] = 1;// 权值为1q.push_back({i,1});}}while(q.size()){auto t = q.front();q.pop_front();for(int i = 0;i < 4;i ++ ){int x = dx[i] + t.fi,y = dy[i] + t.se;if(check(s,x,y)) // 代表当前这个点能走{if(dist[t.fi][t.se] + (s[x][y] != '#') < dist[x][y]){pre[x][y] = {t.fi,t.se};// 记录前驱dist[x][y] = dist[t.fi][t.se] + (s[x][y] != '#');if(s[x][y] == '#')q.push_front({x,y});elseq.push_back({x,y});}}}}// 寻找前驱int x = 0,y = 0;int ans = INF;for(int i = 1;i <= n;i ++ ) {if(ans > dist[i][m]){ans = dist[i][m];x = i,y = m;}}if(ans == INF) cout << "NO" << endl;else{cout << "YES" << endl;while(1){if(s[x][y] == '.') s[x][y] = '#';if(y == 1) break;auto p = pre[x][y];x = p.fi;y = p.se;}for(int i = 1;i <= n;i ++ ){for(int j = 1;j <= m;j ++ )cout << s[i][j];cout << endl;}}}signed main()
{ios; int T; cin >> T;while(T -- ) solve();return 0;
}

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Educational Codeforces Round 138 (Rated for Div. 2)

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一、A. Cowardly Rooks

二、B - Death’s Blessing

三、C - Number Game

四、D - Counting Arrays

四、E - Cactus Wall

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