AtCoder Beginner Contest 266

https://atcoder.jp/contests/abc266

EF 待补

A - Middle Letter

输出字符串最中间的那个字母

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int main () {
    string s;
    cin >> s;
    cout << s[(s.size()+1)/2-1];
}

B - Modulo Number

题意：(Nin [-10^{18}, 10^{18}], xin [0, 998244352]), 给定 (N), 求 (x),使得 ((N-x) %,998244353=0)

分析：不难发现就是要找到一个和 (N) 同余的 (x)

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n;

int MOD (int x) {
    while (x < 0)   x += mod;
    return x % mod;
}

signed main () {
    cin >> n;
    cout << MOD (n); 
}

//倍数
//N与x同余

C - Convex Quadrilateral

题意：给四个点的坐标，问构成的图形是否为凸多边形
注：给的点满足不重合，不共线，不相邻的边一定没有公共点，也就是保证四个点一定构成四边形

分析：高中知识，分别判断两条对角线是否都能把两个点隔开（不在同一边），判断的方式就是————
设对角线 (AC) 方程为 (Ax+By+C=0), 若 ((Ax_b+By_b+C)*(Ax_d+By_d+C)<0), 则 (B,D) 在对角线 (AC) 的两边；同理再判断一下对角线 (BD) 能否把 (A,C) 划分到两边即可。
至于直线方程怎么写，相信也不难，两点式一般式之类的都能解出来，我手算的结果是：
(A = y_1-y_2, B = x_2-x_1, C = x_1*y_2 - x_2*y_1;)

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;
int x[5], y[5];

signed main () {
    for (int i = 1; i <= 4; i++)    cin >> x[i] >> y[i];
    //判两条对角线
    int A, B, C, X, Y;

    A = y[1] - y[3], B = x[3] - x[1], C = x[1]*y[3] - x[3]*y[1];
    X = A*x[2] + B*y[2] + C, Y = A*x[4] + B*y[4] + C;
    //cout << X << ' ' << Y << endl;
    if (X * Y > 0) {
        cout << "Non";
        return 0;
    }

    A = y[2] - y[4], B = x[4] - x[2], C = x[2]*y[4] - x[4]*y[2];
    X = A*x[1] + B*y[1] + C, Y = A*x[3] + B*y[3] + C;
    if (X * Y > 0) {
        cout << "Non";
        return 0;
    }
    cout << "Yes";
}



//判断是否为凸多边形
//判断点是否在直线的两边
//Ax+By+C < 0
//A = y1-y2, B = x2-x1, C = x1y2 - x2y1;

D - Snuke Panic (1D)

这一道题和 (kuangbin) 专题里的免费馅饼十分相似

题意：(t_i) 时刻在 (x_i) 处会出现价值为 (a_i) 的东西。人一开始在 (0) 的位置，每次只能向右或向左移动一格，且花费一单位时间。人与物品的坐标取值只可能为 (0,1,2,3,4)。问人能得到的最大价值为多少

分析：定义 (dp) 数组(f_{i,j})表示第 (i) 秒时在位置 (j) 时所能得到的最大价值，然后逆推转移即可。

#include <bits/stdc++.h>
#define endl "n"
#define int long long

using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 1e5 + 5;
int n, m; 
int f[N][7]; //第i秒时在位置j
int dx[] = {-1, 0, 1};

signed main () {
    ios::sync_with_stdio (0);cin.tie(0);cout.tie(0);
    memset (f, 0, sizeof f);
    cin >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int ti, xi, ai;
        cin >> ti >> xi >> ai;
        f[ti][xi] = ai;
        m = max (m, ti);
    }
    //cout << "m=" << m << endl;

    for (int t = m-1; t >= 0; t--) {
        f[t][0] += max (f[t+1][0], f[t+1][1]);
        for (int x = 1; x < 4; x++) {
            f[t][x] += max (f[t+1][x], max (f[t+1][x+1], f[t+1][x-1]));
        }
        f[t][4] += max (f[t+1][4], f[t+1][3]);
        cout << endl;
    }
    
    cout << f[0][0] << endl;
}

E - Throwing the Die

F - Well-defined Path Queries on a Namori