1、不要浪费金币

题目分析：

没啥好分析的，从前往后遍历就行

 C++代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1010;
int a[N]; 
int main(){int n,m;cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];int sum=0,cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(sum+a[i]>m){//如果加上当前的金币数后sum>m，则需要去消费一次cnt++;//消费次数+1sum=0;//sum重置为0}sum+=a[i];//加上当前的金币数}cout<<cnt<<endl;return 0;
}

2、智能服药助手

题目分析 ：

本题保证按照时间递增的顺序给出每个时间的服用药物计划，所以我们从前往后做就可以，不用考虑时间问题

用一个数组last[]，last[i]记录上一次服用药物i的时间

对于每个时间点，对当前时间点服用的药物进行一次时间判断即可

C++代码如下：

#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1010;
int last[N],b[N];//last[i]表示上一次服用药物i的时间
int n,m;
int main(){cin>>n>>m;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];//第i种药物服用的间隔时间为b[i]memset(last,-1,sizeof last);//初始化为-1while(m--){int t,k;cin>>t>>k;//在t时间服用k种药物while(k--){int x;cin>>x;//1、间隔时间为0  2、未服用过该药物  3、间隔时间足够了，都可以服用该药物if(b[x]==-1||last[x]==-1||t-last[x]>=b[x])last[x]=t;//否则不可服用else printf("Don't take %d at %d!\n",x,t);}}return 0;
}

 3、跑团机器人

题目分析：

一个字符串模拟题，详情看注释

 C++代码如下：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
using namespace std;
map<int,int> cnt;//cnt[i]存储第i种骰子被掷的总数
int maxx,minn;//存储点数的最大最小值
void solve(string s){int i=0,n=s.size();int flag=1;//flag为当前指令的正负号,1为正,-1为负while(i<n){int pre=0,last=0;//读取数字字符,存在pre中,isdigit(c)判断c是否是数字字符,是就返回true while(i<n&&isdigit(s[i]))pre=pre*10+s[i]-'0',i++;//如果数字后面是d,说明是这一个指令if(s[i]=='d'){if(pre==0)pre=1;//d前面没有数字时,默认为1 i++;//读取d后面的数字,存在last中while(i<n&&isdigit(s[i]))last=last*10+s[i]-'0',i++;//last面骰子的掷数增加precnt[last]+=pre;if(flag==1){//pre前面符号为正时minn+=pre;//(pre*1最小)maxx+=pre*last;//(pre*last最大) }else{//pre前面符号为负minn-=last*pre;maxx-=pre;}}else{//读取完pre后停止在'+'或'-'或越界,说明是一个常量,更新maxx和minnmaxx+=flag*pre;minn+=flag*pre;}if(i<n-1){//如果i停在'+'或者'-'，则更新flag，flag作为下一个数字前的符号 if(s[i]=='+')flag=1;else if(s[i]=='-')flag=-1;i++;}}
}
int main(){string s;cin>>s;solve(s);for(auto t:cnt)cout<<t.first<<" "<<t.second<<endl;cout<<minn<<" "<<maxx<<endl;return 0;
}

4、攻略分队

题目分析：

将6支队伍（可能不足六只）按要求分成两组，dfs深搜出所有可行的方案，然后用结构体存储起来，写一个cmp函数用于按照题意进行排序，最后输出所有方案种的第一个就可，不存在就输出GG

C++代码如下：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=10;
int a[N][3],b[N];
int cnt;
struct node{int mt[2],zh[2],gb[2];//主坦克，指挥，工兵//mt[0],zh[0],gb[0]表示第1组的信息，mt[1],zh[1],gb[1]表示第2组的信息，int sum[2];//sum[0]：讨伐欧文的人数  sum[1]:讨伐亚特的人数string ch[2];//每一组的队伍编号用字符串记录,方便排序和输出
}ans[1200],s;
bool cmp(node x,node y){int t1=(x.zh[0]&&x.zh[1]&&x.gb[1]&&x.gb[0]);//方案x是否满足条件1int t2=(y.zh[0]&&y.zh[1]&&y.gb[1]&&y.gb[0]);//方案y是否满足条件1if(t1!=t2)return t1>t2;if(!t1){//条件1无法满足t1=(x.zh[0]&&x.zh[1]);//方案x是否满足条件2t2=(y.zh[0]&&y.zh[1]);//方案y是否满足条件2if(t1!=t2)return t1>t2;}//二者都满足条件1或两者都满足条件2或两者都不满足条件2，然后判断条件3if(abs(x.sum[0]-x.sum[1])!=abs(y.sum[0]-y.sum[1]))return abs(x.sum[0]-x.sum[1])<abs(y.sum[0]-y.sum[1]);//满足条件3的方案不唯一，然后判断条件4t1=(x.sum[0]>x.sum[1]);t2=(y.sum[0]>y.sum[1]);if(t1!=t2)return t1>t2;//满足条件4的方案不唯一，然后判断条件5return x.ch[0]<y.ch[0];
}
void dfs(int x,node y){if(x==7){//六支队伍都搜完了if(y.mt[0]>0&&y.mt[1]>0)//判断一下是否每组都有一个mt(主坦克)ans[cnt]=y,cnt++;//n记录满足条件的方案数return;}if(!b[x]){//如果第x支队伍不存在，则直接看下一个队伍dfs(x+1,y);return;}for(int i=0;i<=1;i++){//考虑将第x支队伍给第1组还是第2组node t=y;t.sum[i]+=b[x];//人数加上第x支队伍的人数t.mt[i]+=a[x][0];//mt数量加上第x支队伍的mt数t.gb[i]+=a[x][1];//gb数量加上第x支队伍的gb数t.zh[i]+=a[x][2];//zh数量加上第x支队伍的zh数t.ch[i]+=char(x+'0');//记录队伍编号t.ch[i]+=" ";//加上空格，方便输出dfs(x+1,t);}
}
int main(){for(int i=1;i<=6;i++)scanf("%d",&b[i]);for(int i=1;i<=6;i++){string ch;cin>>ch;//a[i][0],a[i][1],a[i][2]分别记录第i支队伍的mt数,gb数,zh数for(int j=0;j<3;j++)a[i][j]=(ch[j]-'0');}dfs(1,s);if(cnt){sort(ans,ans+cnt,cmp);//给所有方案排序string res1,res2;res1=ans[0].ch[0],res2=ans[0].ch[1];//不能有多余的空格，所以都要删除最后一个空格，然后再输出res1.erase(res1.end()-1),res2.erase(res2.end()-1);cout<<res1<<"\n"<<res2;}else printf("GG\n");return 0;
}

5、树与二分图

题目分析：

 给定一颗n个点n-1条边的树，问选择本没有边相连的两个点，使得将这两个点相连能够构成二分图，一共有多少种选择方案

判断一个图是否是二分图可以用染色法：一共有两种颜色，每个点和它的相邻节点颜色不相同，看是否可以染色成功，如果可以，则是二分图，否则不是

1、暴力做法可以骗到19分

枚举每两个点，如果这两个点之间没有边，则尝试往这两条边之间连一条边，如果连边之后是一个二分图的话，答案就加一

 暴力C++代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000010;
vector<int> s[N];
typedef pair<int,int> PII;
map<PII,int> mp;
int color[N];
int dfs(int u,int c){//染色法判定二分图，颜色编号为1和2color[u]=c;for(int i=0;i<s[u].size();i++){//遍历u的所有邻点int j=s[u][i];if(!color[j]){//如果未被染色且染色失败，则返回falseif(!dfs(j,3-c))return false;}else if(color[j]==c)//如果已经被染色但是颜色和u相同，也返回falsereturn false;}return true;//染色成功，返回true
}
int main(){int n;cin>>n;for(int i=0;i<n-1;i++){int a,b;cin>>a>>b;s[a].push_back(b);s[b].push_back(a);mp[{a,b}]++;mp[{b,a}]++;}int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=i+1;j<=n;j++)if(!mp[{i,j}]){//如果树中没有这条边，则加上这条边判断是否是二分图memset(color,0,sizeof color);s[i].push_back(j);s[j].push_back(i);if(dfs(i,1))sum++;s[i].pop_back();s[j].pop_back();}cout<<sum<<endl;return 0;
}

二分图：图中不含有奇数环

正解：由于给定的树是一颗n个点n-1条边的树，所以一定是一个二分图，因为没有环

所以可以先给树中所有节点染色，然后算出两种颜色各含有多少节点

颜色编号为1的节点个数为x

颜色编号为2的节点个数为y，y=n-x

如果让所有颜色不同的点之间都有边也不会影响该二分图，所以一共有x*y种情况，但由于树中一开始就有n-1条边，所以二者之差就是答案，即x*y-(n-1)

 C++代码如下：

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1000010;
typedef long long LL;
vector<int> s[N];
int color[N];//颜色编号为1和2 
void dfs(int u,int c){color[u]=c;for(int i=0;i<s[u].size();i++){int j=s[u][i];if(!color[j])//如果未被染色就染色 dfs(j,3-c);}
}
int main(){int n,x=0,y=0;//x存储颜色为1的节点数,y存储颜色为2的节点数 cin>>n;for(int i=0;i<n-1;i++){int a,b;cin>>a>>b;//添加一条无向边 s[a].push_back(b);s[b].push_back(a);}dfs(1,1);//染色，该题一定会染色成功 for(int i=1;i<=n;i++)if(color[i]==1)x++;y=n-x;cout<<(LL)x*y-(n-1)<<endl;return 0;
}