题目：A36 不是我不想注释，主要是我之前写的代码现在自己看不懂了(悲)，有人能读懂吗？ 望大佬能讲解下

自定义栈： int stl[1000],top;//top--->指针 入栈 void push(int x){ stl[top]=x; } 判断空栈 bool empty(){ return top!=0; } 获取长度 int size(){ return top; } 队列 先进先出(FIFO) int front(){ return q[head]; } int back(){DAWW return q[top-1]; } reverse(a.begin(),a.endl())； //反转字符串 16:32 2023/8/15 反转代码 revers(ans.begin(),ans.end()) ASCLL码 int('A')int('Z')=6590; int('a')int('b')=97122; int('0')=48 一个合格的算法的特点 1，有穷性：不会死循环。 2，确定性：构成明确。 3，可行性：可实现功能。 4，有输入输出：没有输出的算法是无意义的。 时间复杂度 O(1)<O(log(n))<O(n)<O(nlon(n)<O(n2)<O)(n3)<O(2n)<O(n!)<O(nn) set 排序 O（log（n）） map 排序 O（n） 冒泡 最好 O（n） 最坏/平均 O（n^2） sort O（nlog（n)） STL容器 vecor<数据类型> 名字[长度] push_back(内容) 在末尾插入 pop_back () 删除尾数据 begin/end 迭代器 empty 判空 set<数据类型> 名字[长度] insert(内容) 在末尾插入 pop_back () 删除尾数据 begin/end 迭代器 empty 判空 栈 先进后出，栈顶插入，栈顶删除 |—| | 1 |<-栈顶 |—| | 2 | |—| | 3 |<-栈底 |__| stack<数据类型> 栈名； push() 向栈压入成员 pop() 从栈顶取出一个成员 top() 返回栈顶，但不删除 empty()判空 size() 返回元素数量 队列 queue <数据类型> 队列名称 push() 向队列压入成员 pop() 从队首取出一个成员 front() 返回队首顶，但不删除 empty()判空 size() 返回元素数量 back() 返回队未，但不删除 printf常用 "%-md"左对齐m位 "%md"左对齐m位（空格补全） "%0md"左对齐m位（ 0 补全） "%.mf"保留小数点后m位 进制转换 n转十 整数 倒取余运算 小数 正取余运算 十转n 位值原理展开 常用 2进制→10进制 2,4,6,8转换法 例子 二进制 1 0 1 0 .1 ↑ ↑ ↑ ↑ ↑ 权值 8 4 2 1 0.5 原码，反码，补码 正数的原码·补码和反码一样 负数的反码：符号位不动，其他相反 负数的补码：反码+1 例子 正数 0 0000 1 0001 2 0010 负数 -0 0000 -1 1 1 1 1 -2 1 1 10 位运算（二进制） 按位与：全一才一，否则为零 0&0=0 0&1=0 1&1=1 7 & 10 7: 0 1 1 1 10：1 0 1 1 3： 0 0 1 1 7&10=3 按位或：全0才0，否则为1 0|0=0 0|1=0 1|1=1 7 & 10 7: 0 1 1 1 10：1 0 1 1 15：1 1 1 1 7|10=15 按位非：取反 一变零 零变一 ~0=1 ~1=0 ~ 10 10：1 0 1 1 4：0 1 0 0 ~10=4 异或 相同为0 不同为1 0^0=0 1^0=1 1^1=0 5^9 5: 0 1 0 1 9: 1 0 0 1 12:1 1 0 0 左移右移 左移<< 右移>> n左移m位=n*2^m n右移m位=n/2^m 操作系统 Windows Linux DOS 磁盘操作系统 pow(n,m)→a^m pow(n,0.5)→pow(n) 贪心 在当前问题中选最优解，不考虑全局 二分法 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int BinaryseartSearch[105],le=0,ri,mi,tmp,search1,longs=0; int main(){ cin>>tmp; for(int i=0;i<tmp;i++){ cin>>BinaryseartSearch[i]; } cin>>search1; ri=tmp-1; while (le<=ri){ longs=ri+le; mi=longs/2; if(BinaryseartSearch[mi]>search1){ ri=mi-1; } else if(BinaryseartSearch[mi]<search1){ le=mi+1; } else if (BinaryseartSearch[mi]==search1){ cout<<mi+1; return 0; } } cout<<"-1"; return 0; } int v=lower_bound(a,a+n,x)-a; 大于 int v=upper_bound(a,a+n,x)-a; 大于等于 归并排序 将待排序序列划分为若干个有序子序列 将有序子序列合并为一个有序序列 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll N=1e5+5; int n,m,k,T; int a[N]; int temp[N]; void init(int l1,int r1, int l2 , int r2){ int l = l1, r = l2, cnt = 0; while(l <= r1 && r <= r2){ if(a[l] < a[r]) temp[cnt++] = a[l++]; else temp[cnt++] = a[r++]; } } void solve(int l,int r){ if(l >= r) return; } int main(){ } 快排模板 #include <map> #include <set> #include <queue> #include <stack> #include <cmath> #include <vector> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll N=1e5+5; int n,m,k,T; int a[N]; int temp[N]; void init(int l1,int r1, int l2 , int r2){ int l = l1, r = l2, cnt = 0; while(l <= r1 && r <= r2){ if(a[l] < a[r]) temp[cnt++] = a[l++]; else temp[cnt++] = a[r++]; } } void solve(int l,int r){ if(l >= r) return; } int main(){ } 容斥原理 |A∪B|= =|A|+|B|-|A∩B| |A∪B∪C|==|A|+|B|+|C|-|A∩B|-|C∩B|-|A∩C|+|A∩C∩B| 树/二叉树 具有相同父节点的节点互称为兄弟节点 节点的度：节点的子节点个数 树的度：最大的节点的度 度为0的节点为叶子节点(最下面的) 所有节点层次的最大值称为树的深度 存储方式 父亲表示法 存父节点的下标 孩子表示法 存子节点的下标 二叉树：每个节点最多有2个子节点 Binary Tree 简称BT 二叉树的第i层上最多有2^(i-1)个节点，第一层最多1个节点，第一层最多2个节点 深度为k的二叉树最多共有2^k-1个节点 任意一棵二叉树若其叶子节点（度为1节点）的数量为n0，度为2节点的数量为n2，则：n0=n2+2 具有n个节点（n≥0）的完全二叉树的深度为|log（n）|，||表示向下取整 4 5 6 3.1其左孩子编号为2i(2i≤n) 3.1其左孩子编号为2i+1(2i+1≤n) 树的遍历 先序遍历；根左右;输出1,2,4,5,3,6,7 1 / 2 3 / \ / 4 5 6 7 中序遍历；左根右;输出4,2,5,1,6,3,7 1 / 2 3 / \ / 4 5 6 7 后序遍历；左右根;输4,5,2,6,7,3,1 满二叉树：每个节点都有2个子节点，深度为k的满二叉树共有2^k-1个节点 完全二叉树：除最后一层，前面的是满二叉树，最后一层向左靠拢 完全二叉树 深搜模板 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e5+5;//数组大小 bool vis[N];//标记数组，记录每个点是否被访问过 vector<int> v[N];//邻接表存图 void dfs(int x){ vis[x]=true;//标记当前节点已经被访问 for(int i=0;i<v[x].size();i++){//遍历当前节点的所有邻居 int y=v[x][i]; if(!vis[y]){//如果邻居节点没有被访问过 dfs(y);//继续向下搜索 } } } int main(){ int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++){ int x,y; scanf("%d%d",&x,&y); v[x].push_back(y);//存图 v[y].push_back(x); } for(int i=1;i<=n;i++){ if(!vis[i]){//如果当前节点没有被访问过 dfs(i);//从当前节点开始搜索 } } return 0; } 图论 图的概念 图是一种由顶点和边组成的数据结构 其中顶点表示图中的对象,边表示这些对象的关联 顶点(Vertex):即结点 边(Edge):即表示关系 无向图(Undirected Graph) 有向图(Directted Graph) 带权图（Weighted Graph） 权值（Weighted） 花费的时间，距离等等 简单图：一种无向图或有向图，其中不存在自环和重边 多重图：一种无向图或有向图，其中存在自环或重边 完全图：每个已知结点之间都有边 无向完全图有n*(n-1)/2条边 有向完全图有n*(n-1)条边 稀疏图：图中边较少 稠密图：图中边较多 度:指与一个顶点相连的边的数量,在无向图中一个顶点的度就是它的边的连接数,在有向图中入度是一个顶点是指指向该顶点的 边的数量,出度是一个顶点是指指从该顶点出发的边的数量 路径:指从一个顶点到另一个顶点的连续序列 路径长度:指一个路径中,经过的边的数量 简单路径:指从一个路径中不存在重复的边 环路:指一路径的起点和终点在一个节点,且路径上的每个顶点可重复 简单环路:指环路上没有重复的路径和节点 若某图没有任何环路,就叫做无环图 连通性:若某图中任意顶点之间都存在路径:则称为连通图 图的存储 1,邻接矩阵 1---3 | 2---0 x/y 0 1 2 3 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 2 1 0 0 1 3 0 1 1 0 无向图的邻接矩阵具有斜对称性,且主对角线一定为0 有向图 1-->3 ↓ 2<--0 x/y 0 1 2 3 0 0 0 1 0 1 0 0 0 1 2 0 0 0 1 3 0 0 0 0 邻接表 1-->3 ↓ 2<--0 victore v[0]=2 v[1]=3 v[2]=none v[3]=2 最短路 Dijkstre 迪迦哥斯拉，Di健康身体热 算法；Dijkstre算法是典型的最短路径算法,用于计算一个节点到另一个节点的最短路径. 弗洛里德(Floyd)算法通过不断将每一个点当中转点进行松弛，来获取任意两个点之间的最短路线。 动态规划(DP)是指把元问题分解成多个相对简单的问题 动态规划算法通常用于求解某种最优性质的问题 排序法 最坏时间 平均时间复杂度 稳定性 冒泡排序 O(n²) O(n²) 稳定 选择排序 O(n²) O(n²) 不稳定 希尔排序 O(nⁿ)¹<ⁿ<² O(n²) 稳定 快速排序 O(n㏒n) O(n㏒n) 稳定 快速排序 O(n²) O(n㏒n) 不稳定 堆排序 O(n㏒n) O(n㏒n) 不稳定 01背包 1.确定状态:dp[i][j]表示将前i件物品放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值 2.问题分解:要包含前i件物品:dp[i-1][j-w[i]],不包含第i件物品dp[i-1][j] 3.确定决策,建立状态转移方程:当 j<w[i] 背包容不下第i件物品:dp[i][j]=dp[i-1][j], 当 j≥w[i] 背包容d下第i件物品:dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]) 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ const int N=35; const int M=210; int dp[N][M]; int n,m; int w[N],c[N]; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>w[i]>>c[i]} for(int i=0;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(j-w[i]>=0){ dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+v[i]) } else{ dp[i][j]=dp[i-1][j]; } } } cout<<dp[n][m]; return 0; } 完全背包于01背包：完全背包给了n种物品01背包给了n个物品 代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ const int N=35; const int M=210; int dp[N][M]; int n,m; int w[N],c[N]; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++) {cin>>w[i]>>c[i]} for(int i=0;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(j-w[i]>=0){ dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i][j-w[i]]+v[i]) } else{ dp[i][j]=dp[i-1][j]; } } } cout<<dp[n][m]; return 0; }

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赛事传送门 T1、新年快乐 - 题解 题面大意 有nnn堆糖果，每次你可以将任意一堆复制到另一堆上。每堆糖果的数量不能超过fff 题意分析 求最多能复制几次。 解题思路 每次我们把较小的一堆复制到较大的一堆，那么考虑找出最小的一堆，由它来当被复制的，复制到其他堆上。这样每堆能操作的次数才会最多。 时间复杂度解析 找出最小的那堆糖果，扫描所有糖果堆，计算最小糖果堆能复制到其它糖果堆的操作次数，复杂度为O(n)O(n)O(n) 代码演示 T2、新年大扫除 - 题解 题面大意 给你nnn个字符，只由大写字母NNN和OOO组成，每次可以选择kkk个连续的字符，将选中的各个字符变成NNN。 题意分析 找到最小的操作数，将所有的OOO变成NNN 解题思路 每次选择kkk个字符，如果从iii开始选，则可变的范围就是[i,i+k−1][i,i+k-1][i,i+k−1]，考虑只有OOO需要变成NNN，我们可以找到第一个为OOO的字符，从这个字符开始选择kkk个字符变成NNN,然后继续找到下一个OOO。 那么实际上每次我们只需要维护一个值rrr，它表示≤r\leq r≤r的字符都能变成NNN 时间复杂度解析 我们只需要遍历一次字符即可，复杂度为O(n)O(n)O(n) 代码演示 T3、新年魔法 - 题解 题面大意 给你两个数字，a,ba,ba,b 每次用较大的数去减去较小的数，如果 a>ba > ba>b 那么$ a = a - b $, bbb不变。 如果两个数字相等，例a−ba-ba−b或b−ab-ab−a皆符合，直到有一个数字小于等于0，就停止运算。 题意分析 问多少次后会停止运算 解题思路 这个操作过程与辗转相减是一样的 如果每次用减法去模拟，当两个数值相差很大时，就要运算很久，我们可以直接用除法去代替减法。 嗯，如果变成除法的话，这与辗转相除法相同。 时间复杂度解析 复杂度与辗转相除法的复杂度等同，O(log max(a,b))O(log \ max(a,b))O(log max(a,b)) 代码演示 T4、新年排列 - 题解 题面大意 给你一个长度为nnn的全排列ppp，和一个整数kkk，每次可以任意选择kkk个元素，以升序移动到ppp的末尾，直到ppp为升序。 题意分析 求最小操作次数，使得ppp变为升序 解题思路 找到以1开头的最长上升序子序列qqq，那么不属于qqq部分的则都要移动，将非qqq部分的元素移动到ppp的尾部就好。 时间复杂度解析 我们只需要遍历一次ppp序列，就能找到子序列qqq，复杂度为O(n)O(n)O(n)。 代码演示 T5、新年游戏 - 题解 题面大意 你有nnn个正整数，每次可以选择一对数，pip_ipi 与pjp_jpj (i≠j,pi>pji \neq j,p_i > p_ji=j,pi >pj )，然后使pip_ipi = pip_ipi - pjp_jpj 最终会得到一个新的序列 题意分析 要求最终序列的和最小 解题思路 每次我们用一个大的数pip_ipi 减去一个小的数pjp_jpj ，操作后，pjp_jpj 会变成那个较大的数，pip_ipi 会变成那个较小的数字，继续重复这个操作。我们发现与辗转相减的操作是一样的，那么实际上就是求最大公约数。 时间复杂度解析 代码演示 T6、新年均馔 - 题解 题面大意 有nnn盒饼干，每盒的饼干数量可能不同，只能从盒子里拿出饼干，问最少拿多少饼干可以使得每盒饼干数量相同。 题意分析 求拿出饼干的最少数量，使得每盒饼干数量相同 解题思路 因为饼干只能拿出，不能放入，如果使得每盒饼干数量相同，根据木桶原理，那么最终每盒饼干的数量一定等于饼干数量最少的那盒。 时间复杂度解析 我们只需要遍历所有饼干，算这盒饼干与数量最少的那盒饼干的差值就行，复杂度为O(n)O(n)O(n)。 代码演示 T7、新年花坛守护战 - 题解 题面大意 现在有nnn个花坛，每个花坛上有aia_iai 个小年兽，你需要驱赶所有的小年兽。 有两种驱赶的方案 幸运福花：消费 1个1个1个 金币可以驱赶一个小年兽 烟花炮：消费 kkk个 金币，可以驱赶任意一个花坛上的所有小年兽 题意分析 请问最少花费多少个金币，就可以将小年兽全部驱赶呢？ 解题思路 每个花坛只要选择一种方案就行了，然后我们要看是选择幸运福花还是烟花炮，如果某一个花坛上的小年兽数量是小于烟花炮需要的金币数量，那么就选择幸运福花驱赶这个花坛上所有的小年兽，反之选择烟花炮。 时间复杂度解析 遍历所有花坛，进行分析即可，复杂度为O(n)O(n)O(n)。 代码演示 T8、新年红包 - 题解 题面大意 有nnn个数字，只有一个数字出现了一次，其他数字都出现了两次。 题意分析 求出现一次的那个数字 解题思路 用异或去消除两两出现的数字，剩下那个就是出现一次的数字 时间复杂度解析 遍历所有数字，复杂度为O(n)O(n)O(n) 代码演示 T9、新年糖果 - 题解 题面大意 给你一个数hhh，可以被分成n+1n+1n+1个数相加，数的取值为pi(0≤pi<n,pi=n×2)p_i(0\leq p_i < n, p_i = n \times 2)pi (0≤pi <n,pi =n×2) 题意分析 问hhh最多能被分成几个$ n \times 2 $ 解题思路 因为题面告诉我们hhh这个数，最多只能被分成n+1n+1n+1个，所以答案的最大值为n+1n+1n+1。 再看一下hhh里面有多少个$ n \times 2 $就可以 时间复杂度解析 求得hhh能被分成几个$ n \times 2 $，用除法就行。复杂度为: O(1)O(1)O(1) 代码演示 T10、新年消消乐 - 题解 题面大意 给你 n×2n \times 2n×2 个数，两个数字相加如果是奇数则消除，且一个数只能被使用一次 题意分析 是否所有数都能被消除。 解题思路 一个偶数加上一个偶数还是一个偶数，一个奇数加上一个奇数会变成偶数，一个奇数加上一个偶数才会是奇数。 所以，统计奇数与偶数的数量是否相等即可。 时间复杂度解析 遍历所有数统计数量即可，复杂度为O(n×2)O(n \times 2)O(n×2)。 代码演示

ACGO2024新春欢乐赛全题解 T1： 思路： 题目要求通过复制魔法糖果堆可以获得的最多的糖果数量，可以使用优先队列使小的在前，每次使用最小的两个进行操作，直到最小的两个大于 kkk 为止。 代码： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ T2: 思路： 题意是长度为 nnn 的一块地方，每次能连续打扫 kkk 个地方，几次可以打扫完，而不是每打扫到已打扫过的地方就得断。 所以这题找规律就行，长度为 nnn ，每次可以打扫连续的 kkk 个地方，那么 ⌈n/k⌉\left \lceil n/k \right \rceil⌈n/k⌉ 就行。 代码： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ T3： 思路： 给你两个数，一直把大的减去小的直到其中一个等于 000 为止，注意不能暴力，会TLE。 每次可以把大的数一次性减到小于原来的小的数为止。 代码： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ T4： 思路： 给你一个数列，每次可以选择 kkk 数排序并移到数列末尾，求最少几次可以使数列变成升序排列的。 这题不用什么复杂的计算。 我们设定一个变量 cntcntcnt，每次判断输入的数是否等于所在的位置就行，不是就把 cntcntcnt++，判断的位置要减去 cntcntcnt，因为前面有 cntcntcnt 个数已经被移到末尾了，最后输出 ⌈cnt/k⌉\left\lceil cnt/k \right\rceil⌈cnt/k⌉ 就行。 代码： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ T5： 思路： 40PTS： 使用优先队列让数字大的在前，每次每次让大的减去小的直到最大的两个相等为止。 最后输出 n×q.top()n \times q.top()n×q.top() （qqq 为优先队列名称）就行。 100PTS： 直接判断最大的两个数字是否相等可能会存在无法考虑的情况，如 可以写个函数判断队列内所有元素是否相等，全部相等返回-1，否则返回不相等的位置，然后在进行题目要求的操作就行。 输出同40pts的输出。 代码： 40PTS： 100PTS： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ T6： 思路： 这题就像是给你一排长短不齐大葱，问你怎么切使所有大葱一样长且切的部分最少，那必然是往短的切。 我们可以输入时更新所有数中的最小数，然后再遍历一遍所有数，把每个数和最小数的差加起来，最后输出。 代码： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ T7： 思路： 这题要我们求赶跑年兽的最小需求，因为 kkk 个以上的年兽可以用 kkk 个金币一窝端一次性驱赶，所以可以分类讨论，年兽不小于 kkk 个用 kkk 个金币一次性驱赶，否则用 aia_iai 个金币逐个驱赶。 代码： T8： 思路： 求输入最早的仅出现一次的数。 每次输入时把对应的标记数组的数增加，如果数为1则为第一次出现，标记出现的位置。 再遍历一遍输出出现最早的仅出现一次的数即可。 代码： T9： 思路： 快乐值总共为 sss，每个糖果最好的情况应该都是 n×2n \times 2n×2，结果应该是 s/(n×2)s/(n \times 2)s/(n×2)，注意因为糖果最多有 n+1n+1n+1 个，最后的结果应该是 min⁡(s/(n×2),n+1)\min (s/(n \times 2),n+1)min(s/(n×2),n+1)。 代码： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ T10： 思路： 题目要求 n×2n \times 2n×2 个是否可以两两配对并保证每一组的和相加均为奇数。 稍微想一下可以发现以下规律： c=a+b={c&1==1a&1==1,b&1==0 or⁡ a&1==0,b&1==1c&1==0a&1==0,b&1==0 or⁡ a&1==1,b&1==1\begin{aligned} c=a+b = \begin{cases} c\And 1==1& a\And 1==1,b\And 1==0 \ \operatorname{or} \ a\And 1==0, b\And 1==1 \\ c\And 1==0 & a\And 1==0,b\And 1==0 \ \operatorname{or} \ a\And 1==1,b\And 1==1 \end{cases} \end{aligned} c=a+b={c&1==1c&1==0 a&1==1,b&1==0 or a&1==0,b&1==1a&1==0,b&1==0 or a&1==1,b&1==1 说白了就是奇数与偶数相加为奇数，偶数与偶数或奇数与奇数相加为偶数。 可以得出当输入的数中，偶数与奇数数量相等时，可以保证每一组的和相加均为奇数。 代码： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 我的思路不一定是最优最正确的解法，只是希望让帮助各位更好的理解题意，部分的题解可能是题目的数据不够毒瘤强度不大，只是碰巧过了。 好了，ACGO2024新春欢乐赛全题解就到这里，下次见！

这个和二分有啥关系

标记雷点我懒得做 做了一坨钩式

比赛T4想了好久一种离谱做法，全错，机房上课无聊一想，一做，过了！

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ int n,x[21] = {0},c = 0,i = 0,a[21] = {0}; cin>>n; while(c<=20){ i++; int num[5] = {0}; int tmp = i; int sum = 0,ans = 0; while(tmp>0){ num[sum] = tmp%10; tmp/=10; sum++; } for(int i = 0;i<sum;i++){ ans+=pow(num[i],sum); } if(i == ans){ x[c++] = i; } } for(int i = 0;i<n;i++){ int q; cin>>q; cout<<x[q-1]<<endl; } return 0; }

我的SPJ： 是否正确

史

战队网址:https://www.acgo.cn/team/1733769776222801920 为什么？怎么感觉ACGO还是这么冷清...难道真的有人去洛谷刷题吗？

AC🐏一天误入了一片平原，上面有着草，AC🐏开始吃草 草原的大小为n乘m，上面有厕所，每当AC🐏吃草时，就会增加它肚子里的N，增加量为shi，当它的N量达到它的最大N量时，就会让它奔向厕所（当奔向厕所时，N量不增加）,它的初始速度为s,它有一个忍耐度，跑一格，忍耐度降低0.1，当忍耐度降低0.1，速度加速0.5，当忍耐度为0时，若不在厕所，直接在地上方便，会污染附近9乘9格的草原，🐏不会吃它们，区域里的厕所会关闭，同时每个草地块有最大忍耐值，当🐏经过时，忍耐值减去速度的1/5，当忍耐值为0时，草原块变为土地，不可吃。 AC🐏吃草的时间时固定的，每一次时间行走一格（不包括跑去厕所的时间），跑去厕所时，每次加1-忍耐度，每5次时间上一次厕所，每三次时间露天上厕所，若在上厕所（包括所有上厕所方式）时，时间结束输出**-1**；否则输出最大吃草量。 变量汇总 T n m shi N MaxN s yangR caoR 羊吃草的时间 草地的宽度 草地的长度 吃一次草时🐏增加的N量 N量 🐏察觉到自己要拉N时的N的最大值 🐏奔向厕所时的初始速度 羊忍住不拉N的忍耐度 草地被羊踩踏的忍受最大值 以下变量均在题干中 第一行：输入n,m,T 下面n行输入草地 （草地为0，厕所为斜杠） 下面输入shi,N,MaxN,s,yangR 下面输入n行输入草地的忍收最大值 输出一个数字 若在上厕所时间里吃草时间结束，输出-1； 否，输出羊吃草最大值 变量汇总 T n m shi N MaxN s yangR caoR 羊吃草的时间 草地的宽度 草地的长度 吃一次草时🐏增加的N量 N量 🐏察觉到自己要拉N时的N的最大值 🐏奔向厕所时的初始速度 羊忍住不拉N的忍耐度 草地被羊踩踏的忍受最大值 羊无法斜线走，只能通过最短路径走 在所有测试点中，不会有n=1,m=1以及羊吃不到草的情况发生。 所有变量不超过1000

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