程序设计思维与实践 Week13 作业 (3/4/数据班)

A - TT 的神秘任务1（必做）

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
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
思路：此题的关键是例举出所有的情况：
思考：在何时程序应该输出NO？只有在k>n或者n为奇数k为偶数的情况下，因为偶数个奇数或偶数相加结果都为偶数。
剩下的n、k有三种情况：奇数、奇数；偶数、偶数；偶数、奇数。
第一种情况：输出k-1个1，最后输出n-k-1.
第二种情况：输出k-1个1，最后输出n-k-1.
第三种情况：如果n-2*(k-1)>=2，则输出k-1个2，最后输出n-2*(k-1)，否则输出“NO”。

#include <iostream>

using namespace std;
int t,n,k;

int main(){
	cin>>t;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		cin>>n>>k;
		if(k>n) cout<<"NO"<<endl;
		else{
			if(n%2!=0&&k%2==0){
			cout<<"NO"<<endl;
			continue;
		}
		if(n%2!=0&&k%2!=0){
			cout<<"YES"<<endl;
			for(int i=1;i<=k-1;i++){
				cout<<"1"<<" ";
			}
			cout<<n-k+1<<endl;
			continue;
		}
		if(n%2==0&&k%2==0){
			cout<<"YES"<<endl;
			for(int i=1;i<=k-1;i++){
				cout<<"1"<<" ";
			}
			cout<<n-k+1<<endl;
			continue;
		}
		if(n%2==0&&k%2!=0&&n-2*(k-1)>=2){
			cout<<"YES"<<endl;
			for(int i=1;i<=k-1;i++){
				cout<<"2"<<" ";
			}
			cout<<n-2*(k-1)<<endl;
			continue;
		}
		else cout<<"NO"<<endl;
		}
	}
	
	return 0;
} 

B - TT 的神秘任务2（必做）

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
Output
10
15
1999999999
113
1000000001
1
思路：若k小于n，则k就是第k个无法被n整除的数；
每个能被n整除的数之间包含n-1个不能被n整除的数，则第k个不能被n整除的数包含k/（n-1）个能被n整除的数，若k%（n-1）的值为零，则nk/（n-1）-1为输出，否则输出nx+k%（n-1）。

#include <iostream>

using namespace std;
long long t,n,k;

int main(){
	cin>>t;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		cin>>n>>k;
		if(k<n){
			cout<<k<<endl;
			continue;
		}
		else{
		 long long x=k/(n-1),y=k%(n-1),ans;
		 if(y==0){
		 	ans=n*x-1;
		 }
		 else ans=n*x+y;
		 cout<<ans<<endl;
		}
		
	}
	
	return 0;
} 

C - TT 的奖励（必做）

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
思路：动态规划常规题，关键在于确定状态转移方程。
假设dp[t][loc]表示从时间t，位置loc开始最多能接到的猫咪数。
易知转移方程为dp[i][l]+=max(max(dp[i+1][l-1],dp[i+1][l+1]),dp[i+1][l]);
假设最晚落下的喵咪时间为mt，则从mt-1开始向前推移时间，在每一个时间点遍历十个位置，更新
dp[i][l]，最后输出dp[0][5]即可。

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int m,loc,t,dp[100010][12],mt;
int main(){
	while(cin>>m&&m!=0){
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		mt=-1000;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			cin>>loc>>t;
			mt=max(mt,t);
			dp[t][loc]++;
		}
		for(int i=mt-1;i>=0;i--){
			for(int l=0;l<=10;l++){
				dp[i][l]+=max(max(dp[i+1][l-1],dp[i+1][l+1]),dp[i+1][l]);
			}
		}
		cout<<dp[0][5]<<endl;
	}
	
	return 0;
}