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

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

思路

如果数n<k，那么一定不会有满足题目要求的情况发生。
如果n=k，那么刚好可以输出k个1。

如果n是偶数，先看n中有多少个2，令m=n/2。

• 如果m<k，那么用偶数实现不满足k个，选择用奇数。
  此时判断能否用k个奇数来表示，即k是否是偶数。k是偶数，可以实现，可以输出k-1个1，在输出n-(k-1)。若k为奇数，则不能实现(奇数个奇数相加为奇数，而n是偶数)。
• 如果m>=k，那一定可以实现，先输出k-1个2，在输出n-2*(k-1)即可。

如果n为奇数。

• 如果k为偶数则一定不满足(偶数个偶数或者奇数相加仍未偶数，而n为奇数)
• 如果k为奇数，则可以实现，先输出k-1个1，在输出n-(k-1)即可。

代码

#include<iostream>
using namespace std;int main()
{int T;cin >> T;for (int i = 0; i < T; i++){long long n, k;cin >> n >> k;if (n < k){cout << "NO" << endl;continue;}if (n == k){cout << "YES" << endl;for (long long j = 0; j < k; j++){cout << 1 << " ";}cout << endl;continue;}if (n % 2 == 0){long long m = n / 2;if (m < k)//偶数时不足k个，因此采用奇数{if (k % 2 == 0){cout << "YES" << endl;for (long long j = 0; j < k-1; j++){cout << 1 << " ";}cout << n - (k - 1) << endl;}else if (k % 2 == 1){cout << "NO" << endl;}continue;}else{cout << "YES" << endl;for (long long j = 0; j < k-1; j++){cout << 2 << " ";}cout << n - 2 * (k - 1) << endl;continue;}}else if (n % 2 == 1){if (k % 2 == 0 || n < k){cout << "NO" << endl;continue;}else{cout << "YES" << endl;for (long long j = 0; j < k - 1; j++){cout << 1 << " ";}cout << n - (k - 1) << endl;continue;}}}
}

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

Example Output

10
15
1999999999
113
1000000001
1

思路

可以看出n不能整除的数有1 ~ n-1，n+1 ~ 2n-1，2n+1 ~ 3n-1……
每次都是有n-1个连续的数是不能被n整除的。因此可以根据这个规律来找到第k个不能被n整除的数属于哪一部分，然后再找到这个数，即可。

代码

#include<iostream>
using namespace std;/*B*/
int main()
{int T;cin >> T;for (int i = 0; i < T; i++){long long n, k;cin >> n >> k;if (n > k){cout << k << endl;}else if (n == k){cout << n + 1 << endl;}else{long long sum = k / (n - 1);//有几个n-1if (k % (n - 1) == 0){sum--;}long long a = k - sum * (n - 1);//第k个数和sum个n之间还有几个数cout << sum * n + a << endl;}}
}

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

用dp[i][j]来表示第is的j位置能够接的猫的数量。
先初始化dp，因为第一秒，只能接4、5、6位置上的猫，即dp[1][4] = cat[1][4], dp[1][5] = cat[1][5], dp[1][6] = cat[1][6];
如果不初始化这个，在循环更新dp的时候，从第一秒开始，那么在第3位置就会更新错误，因为3位置在一秒是没有办法接到猫的。
方程：
特判两个边界位置0和10:
位置0：dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j + 1]) + cat[i][j];
位置10：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1]) + cat[i][j];
其他位置每次可以判断左右两个位置，因此方程为：
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], max(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j + 1])) + cat[i][j];
最后输出max(dp[max(b)][j])即可。

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;/*C*/
int cat[100010][15];
int dp[100010][15];
int main()
{int m;while (1){cin >> m;if (m == 0){break;}memset(cat, 0, sizeof(cat));memset(dp, 0, sizeof(dp));int temp = -1;int a, b;for (int i = 0; i < m; i++){cin >> a >> b;cat[b][a]++;temp = max(temp, b);}//必须要有，因为要保证第一秒的时候TT是在5的位置//接下来的动态规划的时候从第2s开始，这样的话，第1s时如果除4、5、6之外的位置有猫降落，这些位置的猫是不能被接到的。dp[1][4] = cat[1][4], dp[1][5] = cat[1][5], dp[1][6] = cat[1][6];for (int i = 2; i <= temp; i++){for (int j = 0; j <= 10; j++){//两边的位置要特殊处理if (j == 0){dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j + 1]) + cat[i][j];}else if (j == 10){dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - 1]) + cat[i][j];}else{dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], max(dp[i - 1][j - 1], dp[i - 1][j + 1])) + cat[i][j];}}}int ans = 0;for (int i = 0; i <= 10; i++){ans = max(ans, dp[temp][i]);}cout << ans << endl;}
}

D - TT 的苹果树（选做）

在大家的三连助攻下，TT 一举获得了超级多的猫咪，因此决定开一间猫咖，将快乐与大家一同分享。并且在开业的那一天，为了纪念这个日子，TT 在猫咖门口种了一棵苹果树。

一年后，苹果熟了，到了该摘苹果的日子了。

已知树上共有 N 个节点，每个节点对应一个快乐值为 w[i] 的苹果，为了可持续发展，TT 要求摘了某个苹果后，不能摘它父节点处的苹果。

TT 想要令快乐值总和尽可能地大，你们能帮帮他吗？

Input

结点按 1～N 编号。

第一行为 N (1 ≤ N ≤ 6000) ，代表结点个数。

接下来 N 行分别代表每个结点上苹果的快乐值 w[i]（-128 ≤ w[i] ≤ 127)。

接下来 N-1 行，每行两个数 L K，代表 K 是 L 的一个父节点。

输入有多组，以 0 0 结束。

Output

每组数据输出一个整数，代表所选苹果快乐值总和的最大值。

输入样例

7
1
1
1
1
1
1
1
1 3
7 4
2 3
4 5
6 4
3 5
0 0

输出样例

5

思路

手动扩大栈

#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")

用dp[0][j]表示j苹果不摘，dp[1][j]表示j苹果摘。
对于一个苹果j，
如果摘了该苹果，那么它的孩子苹果也一定不会摘。
如果没有摘该苹果，那么它的孩子苹果可以摘也可以不摘。
因此方程为：
dp[1][j] += dp[0][child];
dp[0][j] += max(dp[1][child], dp[0][child]);
最终答案即为max(dp[0][根],dp[1][根])

代码

#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;/*D*/
struct EDGE
{int to;int from;int next;
};
EDGE edge[6010];
int w[6010];
int dp[2][6010];//1选择，0不选择
int head[6010];
int total;
int indeg[6010];void addedge(int L, int K)
{edge[++total].to = L;edge[total].from = K;edge[total].next = head[K];head[K] = total;indeg[L]++;}
void choice(int u)
{for (int i = head[u]; i != 0; i = edge[i].next){choice(edge[i].to);dp[1][u] += dp[0][edge[i].to];dp[0][u] += max(dp[1][edge[i].to], dp[0][edge[i].to]);}dp[1][u] += w[u];
}int main()
{int T;while (1){cin >> T;if (T == 0){break;}memset(head, 0, sizeof(head));memset(dp, 0, sizeof(dp));memset(indeg, 0, sizeof(indeg));total = 0;for (int i = 1; i <= T; i++){cin >> w[i];}int L, K;for (int i = 1; i < T; i++){cin >> L >> K;addedge(L, K);}int r;for (int i = 1; i <= T; i++){if (indeg[i] == 0){r = i;break;}}choice(r);int ans = max(dp[1][r], dp[0][r]);cout << ans << endl;}
}