题目链接：http://codeforces.com/contest/1009
A. Game Shopping 题目：
题意：有n件物品，你又m个钱包，每件物品的价格为ai，每个钱包里的前为bi。你站在第一件物品前，如果你的第一个钱包能购买这件物品，你第一个钱包的钱直接消失（就相当于你是用第一个钱包里的所有钱购买了这件物品，不会找钱），如果无法购买那么就跳到下一件物品，以此类推，问你总共能购买多少件物品。
思路：直接模拟即可。
代码如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; const int maxn = ;
int n, m, ans;
int a[maxn], b[maxn]; int main() {
cin >>n >>m;
for(int i = ; i < n; i++) {
cin >>a[i];
}
for(int i = ; i < m; i++) {
cin >>b[i];
}
for(int i = , j = ; i < n ; i++) {
if(j >= m) break;
if(b[j] >= a[i]) {
j++;
ans++;
}
}
cout <<ans <<endl;
return ;
}
B. Minimum Ternary String 题目：
题意：给你一个只含012的串，0可以和1交换，1可以和2交换，0不可以和2交换，问进行多次交换后字典序最小的串是啥。
思路：因为1可以和02交换，所以要想字典序最小1必须全在2前面；2不能和0换，所以2和0的相对位置不变。故此题的思路就是将第一个2前的的所有0放在最前面，然后紧跟所有的1，后面的2和0就按照原顺序即可。方法1：暴力。方法2：借用vetctor。
代码如下：
//方法一
//#include <bits/stdc++.h>
//using namespace std;
//
//const int maxn = 1e5 + 7;
//int a[maxn];
//string s, t;
//
//int main() {
// cin >>s;
// int cnt1 = 0, cnt2 = 0, cnt3 = 0;
// int pos = -1;
// for(int i = 0; i <s.size(); i++) {
// if(s[i] != '0') {
// pos = i;
// break;
// }
// }
// for(int i = s.size() - 1; i >= pos; i--) {
// if(s[i] == '0') {
// cnt1++;
// if(cnt3 > 0) {
// for(int j = 0; j < cnt3; j++) {
// t += '2';
// }
// cnt3 = 0;
// }
// } else if(s[i] == '1') {
// cnt2++;
// } else if(s[i] == '2') {
// cnt3++;
// if(cnt1 > 0) {
// for(int j = 0; j <cnt1; j++) {
// t += '0';
// }
// cnt1 = 0;
// }
// }
// }
// for(int i = 0; i < cnt3; i++) {
// t += '2';
// }
// for(int i = 0; i <cnt2; i++) {
// t += '1';
// }
// for(int i = 0; i < pos; i++) {
// t += '0';
// }
// for(int i = 0; i < cnt1; i++) {
// t += '0';
// }
// reverse(t.begin(), t.end());
// cout <<t <<endl;
// return 0;
//} //方法二
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; string s;
vector<char> v; int main() {
cin >>s;
int cnt = ;
for(int i = ; i < s.size(); i++) {
if(s[i] == '') cnt++;
else v.push_back(s[i]);
}
int flag = ;
for(int i = ; i < v.size(); i++) {
if(v[i] == '' && !flag) {
while(cnt--) {
cout<<"";
}
cout <<"";
flag = ;
} else {
cout <<v[i];
}
}
//可能没有0、1，所以要在这里输出一遍
for(int i = ; i <cnt; i++) {
cout <<"";
}
cout <<endl;
return ;
}
C. Annoying Present 题目：
题意：有n个元素，初始为0，进行m次操作，每次操作给你x和d，你选择一个i，然后对每个元素（记为j，包括i）进行操作ai+x+d*dist(i,j)，问最后所有元素的最大平均值是多少。
思路：这个就是个贪心+公式题。这题的贪心方法是当d>0时，i选择最左（最右都可以，因为dist(i,j)是一样的，最后是算平均值，所有加在哪个元素上是没有区别的；当d<0时，选择最中间，此处要将n分奇偶，因为奇数和偶数是有所区别的。当推出这些之后会发现这题就是个等差数列求和，注意会爆int，比赛的时候就是被这个点坑死。ps.赛后这题是被hack人数最多的，本场hack数排第一的大佬就是这题hack了600多人，第一个坑点就是求和不能用double，会有精度损失，第二个坑点就是不要先除，要先求和再除。
代码实现如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
ll n, m, x, d, ans; int main() {
scanf("%I64d%I64d", &n, &m);
while(m--) {
scanf("%I64d%I64d", &x, &d);
ans += x * n;
if(d > ) {
ans += (n - ) * n / * d;
} else {
if(n & ) ans += (n / + ) * (n / ) * d;
else ans += (n / ) * (n / ) * d;
}
}
printf("%.8f\n", ans * 1.0 / n);
return ;
}
D. Relatively Prime Graph 题目：
题意：构造一个只有n个点m条边的联通图，且相邻节点的编号要互质。
思路：当m<n-1时，由图联通知至少需要n-1条边，因此此处为impossible。1与所有的数都互质，所以此处保证了联通性。因为只需要m条边，由欧拉函数可以证得此题暴力的复杂度是稍大于O(m),我只会估算，具体证明暂时不会……因此此题可以暴力水过。
代码如下：
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std; const int maxn = 1e5 + ;
int n, m, t; struct node {
int x, y;
}edge[maxn]; int main() {
cin >>n >>m;
if(n - > m) {
puts("Impossible");
return ;
}
int flag = ;
for(int i = ; i <= n; i++) {
for(int j = i + ; j <= n; j++) {
if( __gcd(i, j) == ) {
edge[t].x = i;
edge[t].y = j;
t++;
if(t >= m) {
flag = ;
break;
}
}
}
if(flag) break;
}
if(flag) {
puts("Possible");
for(int i = ; i < m; i++) {
cout <<edge[i].x <<" " <<edge[i].y <<endl;
}
} else {
puts("Impossible");
}
return ;
}
赛后补题
E. Intercity Travelling 题目：
题意：Leha从数轴的0到n，中间的整数点都有可能有休息点也可能没有休息点。当你连续坐k站时，每两站间的疲劳值为a1,a2……ak，如果第k站有休息点，那么你可以在此处休息，然后接下来的站点的疲劳值又从a1开始，否则继续为ak+1。题目给你n和ai，每个站点有休息点的概率都是1/2，问你期望值*2^(n-1)的值。
思路：我们知道从0到1的疲劳值一定为a1，1到2的疲劳值为a1(1/2),a2(1/2)，括号里面为概率，当1有休息点时为a1，否则为a2；2到3的疲劳值为a1(1/2),a2(1/4),a3(1/4)……以此类推得到下图：
然后将他们加起来乘以2^（n-1)即可。ps.别用cin,cout，会T9，别问我怎么知道的！
代码实现如下：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
const int mod = ;
const int maxn = 1e6 + ;
int n;
ll ans;
ll a[maxn], p[maxn]; int main() {
scanf("%d", &n);
p[] = ;
for(int i = ; i <= n; i++) {
p[i] = p[i-] * % mod;
}
for(int i = ; i <= n; i++) {
scanf("%I64d", &a[i]);
}
ans = a[n];
for(int i = ; i < n; i++) {
ans = (ans + (a[i] * (p[n - i] + p[n - i - ] * (n - i) % mod) % mod) % mod) % mod;
}
printf("%I64d\n", ans);
return ;
}