c.重力墜擊
題解：1.深搜。注意要避免某些圓被多次相交時重複計數的情況。
2.暴力。列舉每個圓心相交的圓的數量，存到降序排列的優先佇列中，取前k個即可。
#include
using
namespace std;
struct node
a[20
], pos[20]
;int n, k, r;
int mx;
bool
xiangjiao
(int i,
int j)
//判斷第i個圓和第j個選擇的圓是否相交
intcalc()
}return cnt;
}void
dfs(
int step)
for(
int i =-7
; i <=
7; i++
)//圓心的位置可以有15*15種嘗試
for(
int j =-7
; j <=
7; j++)}
intmain()
在這裡插入**片題解：第一眼看著挺麻煩，但仔細分析後其實也不難。首先明確答案只有0和無窮大個，只要能匹配上乙個，『#』不斷新增，就能匹配上無數個。然後，當乙個字串兩端被『#』圍起來的時候，這部分就任意取了，當作沒有。那麼關鍵就在於第乙個『#』前的字串和最後乙個『#』後的字串，而這些字串是其最長字串的字首或字尾，逐一比較新增即可。
#include
using
namespace std;
char s[
1000010];
char qian[
1000010
], hou[
1000010];
bool
judge()
int lh =
strlen
(hou)
;for
(int i = l -
1, j =
0; i >=
0&& s[i]
!='#'
; i--
, j++
)return1;
}int
main()
if(flag)
printf
("-1\n");
else
printf
("0\n");
}
題解：並查集確定好各個集合，每個集合中的每個元素的值為這個集合中最大元素的值。
#include
using
namespace std;
int a[
1000010
], f[
1000010];
int n, m;
void
init()
intfind
(int x)
void
union
(int x,
int y)
}int
main()
long
long res =0;
for(
int i =
1; i <= n; i++
) res +
= a[
find
(i)]
;printf
("%lld\n"
, res)
;}
題解：兩位換一位，其中第一位只能是a或b，第二位如果第一位是a只能是a-i，如果第一位是b只能是a-g；一位換兩位，對應數字大於10且不等於20。題目要求長度不超過2e6，那麼換一次即可。
#include
using
namespace std;
char s[
1000010];
int vis[
1000010];
intmain()
}if(flag)
printf
("\n");
return0;
}char ans1, ans2;
//一位換兩位
for(i =
0; i < l; i++)}
if(flag)
printf
("\n");
}else
printf
("-1\n");
}
題解：方法一：
設dp[i]為長度為i的序列的最大美觀度，第i位分兩種情況：
1.沒放或放了但沒做貢獻 dp[i]=dp[i-1]。
2.放了且做出貢獻，dp[i]=dp[last[ a[i] ] ]+1，把第i位放到上一次出現的位置後面。
方法二：
貪心。找到一對就計數一次，然後把這前面的數都刪掉，因為前面的數不能配對。
#include
using
namespace std;
int a[
1000010];
int last[
1000010];
int dp[
1000010];
intmain()
printf
("%d\n"
, dp[n]);
}
#include
using
namespace std;
int a[
1000010];
intmain()
mp[a[i]]=
1;}printf
("%d\n"
, res)
;}
題解：當牛妹執行最後一次的時候，因為偶數都可以由奇奇或奇偶或偶偶得到，所以必勝；當牛牛執行最後一次的時候，這時的牌只有是奇奇或奇偶才能贏。且牛牛為了勝利要努力消除偶數、得到奇數，每輪最多只能消除乙個偶數（奇偶），而牛妹則是要努力得到偶數、消除奇數，每輪最多能消除兩個奇數（奇奇），一消一漲，偶數的個數不會增加。所以當有兩個偶數以上時，牛妹必勝，牛牛必輸。
#include
using
namespace std;
int a[
1000010];
intmain()
if(n ==1)
else
if(n %2)
printf
("niumei\n");
else
}
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