这一天，TT 遇到了一个神秘人。
神秘人给了两个数字，分别表示 n 和 k，并要求 TT 给出 k 个奇偶性相同的正整数，使得其和等于 n。
例如 n = 10，k = 3，答案可以为 [4 2 4]。
TT 觉得这个任务太简单了，不愿意做，你能帮他完成吗？
本题是SPJ
Input
第一行一个整数 T，表示数据组数，不超过 1000。
之后 T 行，每一行给出两个正整数，分别表示 n（1 ≤ n ≤ 1e9）、k（1 ≤ k ≤ 100）。
Output
如果存在这样 k 个数字，则第一行输出 “YES”，第二行输出 k 个数字。
如果不存在，则输出 “NO”。
Example Input
8
10 3
100 4
8 7
97 2
8 8
3 10
5 3
1000000000 9
Example Output
YES
4 2 4
YES
55 5 5 35
NO
NO
YES
1 1 1 1 1 1 1 1
NO
YES
3 1 1
YES
111111110 111111110 111111110 111111110 111111110 111111110 111111110 111111110 111111120
将一个数分成k个数，我们尽量让这k个数相等，所有首先用t1=n/k记录商，t2=n-k*t1记录余数，判断将t2加到t1上去会不会破环原t1奇偶性。
我们知道如果t2是偶数，直接将t2加到一个t1上去不会破坏奇偶性；当t2为奇数时就要想办法把t2在不改变t1整体奇偶性的前提下转化为偶数，如果k为奇数，从每个t1中减一将k加到t2中去这样就可以在不改变整体奇偶性的前提下让t2转化成偶数，若k为偶数则输出NO.
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int t, n, k;
int main()
{
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d%d", &n, &k);
int t1 = n / k; //商值
int t2 = n - k * t1;//余数
if(t1<1)
{
cout << "NO" << endl;
continue;
}
if (t2 & 1) //余数奇数无解；但要看看能否转换为偶数
{
if (k & 1 && t1 > 1)
{
t1 -= 1;
t2 += k;
cout << "YES" << endl;
cout << t1 + t2 << " ";
k--;
while (k--)
{
cout << t1 << " ";
}
cout << endl;
continue;
}
cout << "NO" << endl;
continue;
}
else
{
cout << "YES" << endl;
cout << t1 + t2 << " ";
k--;
while (k--)
{
cout << t1 << " ";
}
cout << endl;
continue;
}
}
system("pause");
return 0;
}
在你们的帮助下，TT 轻松地完成了上一个神秘任务。
但是令人没有想到的是，几天后，TT 再次遇到了那个神秘人。
而这一次，神秘人决定加大难度，并许诺 TT，如果能够完成便给他一个奖励。
任务依旧只给了两个数字，分别表示 n 和 k，不过这一次是要求 TT 给出无法被 n 整除的第 k 大的正整数。
例如 n = 3，k = 7，则前 7 个无法被 n 整除的正整数为 [1 2 4 5 7 8 10]，答案为 10。
好奇的 TT 想要知道奖励究竟是什么，你能帮帮他吗？
Input
第一行一个整数 T，表示数据组数，不超过 1000。
之后 T 行，每一行给出两个正整数，分别表示 n（2 ≤ n ≤ 1e9）、k（1 ≤ k ≤ 1e9）。
Output
对于每一组数据，输出无法被 n 整除的第 k 大的正整数。
Example Input
6
3 7
4 12
2 1000000000
7 97
1000000000 1000000000
2 1
Example Output
10
15
1999999999
113
1000000001
1
这一道题相对简单不少，和上一题类似，首先找到商值，再找到余数，最后输出就可以了
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int t, n, k;
int main()
{
scanf("%d", &t);
while (t--)
{
scanf("%d%d", &n, &k);
int t1 = (k-1) / (n-1); //商值
int t2 = (k+n-1-1) %(n-1); //余数
cout << t1 * n + t2 +1<< endl;
}
// system("pause");
return 0;
}
在大家不辞辛劳的帮助下，TT 顺利地完成了所有的神秘任务。
神秘人很高兴，决定给 TT 一个奖励，即白日做梦之捡猫咪游戏。
捡猫咪游戏是这样的，猫咪从天上往下掉，且只会掉在 [0, 10] 范围内，具体的坐标范围如下图所示。
TT 初始站在位置五上，且每秒只能在移动不超过一米的范围内接住掉落的猫咪，如果没有接住，猫咪就会跑掉。例如，在刚开始的一秒内，TT 只能接到四、五、六这三个位置其中一个位置的猫咪。
喜爱猫咪的 TT 想要接住尽可能多的猫咪，你能帮帮他吗？
Input
多组样例。每组样例输入一个 m (0 < m < 100000)，表示有 m 只猫咪。
在接下来的 m 行中，每行有两个整数 a b (0 < b < 100000)，表示在第 b 秒的时候有一只猫咪掉落在 a 点上。
注意，同一个点上同一秒可能掉落多只猫咪。m = 0 时输入结束。
Output
输出一个整数 x，表示 TT 可能接住的最多的猫咪数。
Sample Input
6
5 1
4 1
6 1
7 2
7 2
8 3
0
Sample Output
4
这里可以采用动态规划的思想，用dp[i][j] 表示第i秒时j位置接到的馅饼的总数,每个状态都是由后一秒的左边一个位置，位置不动和右边一个位置的最大值加当前状态的值构成。
则状态转换方程为 dp[i][j] += max(dp[i+1][j-1], max(dp[i+1][j], dp[i+1][j+1])) 我们从最后一秒开始往前遍历，这样dp[0][5]就是最后的结果。注意如果是边界，则超出边界的那个位置不参与判断。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int n, x, t, mt, dp[12][100010];
int main()
{
while (~scanf("%d",&n) && n)
{
mt = 0;
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 0; i < n;i++)
{
scanf("%d%d", &x, &t);
dp[x][t]++, mt = max(mt, t);
}
for (int j = mt - 1; j >= 0;j--)
for (int i = 0; i <=10;i++)
{
if (i == 0)
dp[i][j] += max(dp[i][j + 1], dp[i + 1][j + 1]);
//位置为 0 时，少一个位置
else
dp[i][j] += max(dp[i - 1][j + 1], max(dp[i][j + 1], dp[i + 1][j + 1]));
//虽然10的位置多加了一个，但是它下一秒右边的值始终为 0 ，所以不影响计算
}
printf("%d\n",dp[5][0]);
}
// system("pause");
return 0;
}