手玩一下样例可以想到这样的三角形：  即高在圆心和给定的连线上，且一个顶点在在这条直线和圆的另一侧交点上（图中点 ）。 令给定点到圆心的距离为 。 接下来讨论高应当取多少： 如果 ，此时随着  增加，底也在增加，所以面积一定小于  的情况。 所以只需考虑  的情况。 ，是一个凸函数，三分或者求导求极值即可。 注意特判  的情况（有些写法会出现 ）。 const db eps = 1e-12; typedef pair<db, db> PDD; void solve(){ ll r,s,x,y,x0,y0;cin>>r>>x>>y>>s...

A.小苯接雨水 显然把最长的两块板放在两侧最优。 答案即为次大。 void solve(){ ll n = read(); vector<ll> a(n+1); for(ll i=1;i<=n;i++) a[i] = read(); sort(all(a)); print(a[n-1]*(n-1)); }  B.小芳与残骸 注意到由于限制了 ，操作等价于求数组的异或和。 则原数组中必有奇数个 。 则种类为  。（二项式定理可得） void solve(){ print(ksm(2, read()-1)); }  C.小苯的棋盘游戏 手玩一下可以得到，当  中有一奇数时，可以绕...

注意到，数组的平均数是一个整数等价于 。 于是题目可以转化为  个点，每个点  和  有一条代价 为  的边， 和  有一条代价 为  的边。问节点  到  的最小代价。 跑最短路即可。 void solve(){ ll n = read(), p = read(), x = read(), q = read(), y = read(); ll sum = 0; for(ll i=0;i<n;i++){ sum = (sum + read())%n; } x %= n; y %= n; priority_queue<PLL, vector<PLL>, greater&l...

由于步长固定，不难想到用倍增。  记录从  走  步走到了哪里，  记录从  走  步的总和。 则有  （走两次）, 。 时间复杂度 。 void solve(){ ll n = read(), k = read(), q = read(); vector<ll> a(n+1); vector<vector<ll>> nxt(61, vector<ll>(n+1)), sum(61, vector<ll>(n+1)); for(ll i=1;i<=n;i++) a[i] = read(); for(ll i=1;i<=n;...

比较豪玩的题。 显然可以先去掉字符串中的所有 ，并且我们只需关注总和模  的结果。 记  为  中模  为  的数字的数量。 先讨论能否执行第一步：  如果一开始只有一个非  数字或者无法使得总和是  的倍数，则小红第一步就无法操作，小紫胜。否则删去对应的数字。  接下来:   如果 ，则小紫可以先选择多的那一个去掉，可以发现在  轮时，小红将无法使得总和是  的倍数，小紫胜。   否则，在  轮后，如果还有 ，此时小紫无法操作，小红胜；否则小紫胜。   void solve(){ vector<ll> cnt(3); ll sum = 0; char ch; while((ch ...

A.小红的博弈 显然如果有至少  个石子，则小紫可以行动，且行动时可以拿完所有的石子，小紫赢。 否则小红赢。 n = int(input()) if n >= 3: print("purple") else: print("red")  B.小红选点  枚举每一对点即可。 n = int(input()) p = [list(map(int, input().split())) for i in range(n)] mx = -10**9 ans = [] for i in range(n): for j in range(i+1, n): dis = (p[i][0] - p[j][0...

A.小红的图 模拟即可 a, b = map(int, input().split()) ans = '' if a == 1: ans += 'L' else: ans += 'R' if b == 1: ans += 'U' else: ans += 'D' print(ans)  B.小红的菊花 找度为  的点即可。 n = int(input()) c = [0 for i in range(n+1)] for i in range(n-1): u, v = map(int, input().split()) c[u] += 1 c[v] += 1 for i in range(1, ...

注意到进行  轮后，所有的种子的等级会变成 。 因此模拟  轮（包括初始），统计每轮中有多少个等级为  的种子即可。 时间复杂度  。 // FZANOTFOUND #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define pb push_back #define eb emplace_back #define fi first #define se second #define ne " -> " #define sep "======" #define fastio ios::syn...

A.ICPC Penalty 按题意模拟即可 （一个血的教训：判断字符串是那种可以只判断第一个字母（如果没有重复，否则全打打错了就寄了，某人Unknown打错过） s = input() n, t = map(int, input().split()) if s[0] == "A": print((n-1)*20+t) else: print(0)  B.小苯的无限数组 显然每次操作后  会变为 。 答案即为 。 for _ in range(int(input())): n, k = map(int, input().split()) print(n*(1<<k))  C.小苯的...

A 小红取模 显然  即为答案。 print(int(input())%9)  硬算可以（ print(sum(map(int, list(input())))%9)  B.小红的复数 按题意模拟即可 MOD = 10**9 + 7 n = int(input()) x = 1 y = 0 for _ in range(n): xx, yy = map(int, input().split()) tx = (x*xx - y*yy+MOD)%MOD ty = (x*yy+y*xx)%MOD x = tx y = ty print(x, y)  c.小红的k次方 由于 ，统计数组中有几个  取最...

A. ICPC Regionals 按题意判断即可。 注意  可以用  计算。 时间复杂度 。 n, k = map(int, input().split()) t = (n+9)//10 if k <= t: print("Gold Medal") elif k <= 3*t: print("Silver Medal") elif k <= 6*t: print("Bronze Medal") else: print("Da Tie")  B.Card Game 不难发现，把把牌合并要不一张都不和，此时为原来的最大值，要不就全部和，此时为 。 答案即为 。 时间复杂度 。 ...

A.小苯的数字染色 易得由 ,  无法表示的数字有且仅有 。因此除了  之外的所有数字都可以。 时间复杂度 。 void solve(){ puts(read()>=2?"YES":"NO"); }  B.小苯的数组重排 赛时的数据疑似 ，攻击出题人后现在应该已经改成  了 原式显然可以化成 。 因此只需让  为最小的两个数字就行了。 时间复杂度 。 void solve(){ ll n = read(); vector<ll> a(n); for(ll i=0;i<n;i++) a[i] = read(); sort(all(a)); ll ans = a[0] + ...

A. 小红的直角三角形 显然两个点一个在  轴上，另一个在  轴上时满足条件。 时间复杂度 。 a,b,c,d=map(int,input().split()) if (a==0 and d== 0) or (c==0 and b==0): print("Yes") else: print("No")  B.小红的好点对 对每个点检查四个方向有没有点即可，最后答案再除  去掉重复统计。 时间复杂度 。 也可以遍历每个点对，检查距离是否为 。 时间复杂度 。   python   python   # O(n) n = int(input()) p = [list(map(int, input(...

A.小红打怪 显然每次攻击  总次数最小，即答案为 。 a, l, r = map(int, input().split()) print((a+r-1)//r)  B.小红砍怪 注意到只能攻击一次，因此答案为相同的两个数之间的最远距离。 n = int(input()) a = [0] + list(map(int, input().split())) p = [0 for _ in range(n+1)] ans = 0 for i in range(1, 2*n+1): if not p[a[i]]: p[a[i]] = i else: ans = max(i - p[a[i]] + 1...