题目描述

有两种糖：

• 棒棒糖：有 $a$ 颗，每颗需要 $x$ 分钟
• 软糖：有 $b$ 颗，每颗需要 $y$ 分钟

总时间为 $m$ 分钟，求最多能吃多少颗糖。

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思路

这是一个简单的贪心问题：

优先吃耗时更少的糖。

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做法

• 如果 $x \le y$：
  • 先吃棒棒糖
  • 再吃软糖
• 否则：
  • 先吃软糖
  • 再吃棒棒糖

每一步都取：

$$\min(数量, \lfloor m / 时间 \rfloor)$$

$\lfloor m / 时间 \rfloor$ 是$m/时间$向下取整

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代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int a, b, x, y, m;
    cin >> a >> b >> x >> y >> m;

    int ans = 0;

    if (x <= y) {
        int t = min(a, m / x);
        ans += t;
        m -= t * x;

        ans += min(b, m / y);
    } else {
        int t = min(b, m / y);
        ans += t;
        m -= t * y;

        ans += min(a, m / x);
    }

    cout << ans;
}

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复杂度

时间复杂度：$O(1)$
空间复杂度：$O(1)$

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总结

优先吃耗时少的糖。

思路

直接枚举每个 $a$，判断它是否能和 $x, y$ 构成：

• 加法关系：
  $x+y=a$，$x+a=y$，$y+a=x$
• 乘法关系：
  $x\times y=a$，$x\times a=y$，$y\times a=x$

满足任意一个条件即可计数，并更新最大值。

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做法

遍历每个 $a$：

• 满足条件 → 计数 +1
• 同时更新最大值

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代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    int n;
    long long x, y;
    cin >> n >> x >> y;

    int cnt = 0;
    long long mx = -1;

    while (n--) {
        long long a;
        cin >> a;

        if (x + y == a || x + a == y || y + a == x ||
            x * y == a || x * a == y || y * a == x) {
            cnt++;
            mx = max(mx, a);
        }
    }

    cout << cnt << ' ' << mx;
}

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复杂度

时间复杂度：$O(n)$
空间复杂度：$O(1)$

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总结

枚举 + 判断即可。

思路

按照题意：

• 每遇到一个元音字母（a,e,i,o,u），就在它后面切一刀
• 每一段取第一个字母并大写

等价转化：

• 第一个字母一定输出
• 对于每个元音位置 i，输出 s[i+1] 的大写

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做法

• 输出 s[0] 的大写
• 遍历字符串：
  • 如果 s[i] 是元音
    • 输出 s[i+1] 的大写

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代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int T;
    cin >> T;

    while (T--) {
        string s;
        cin >> s;

        cout << char(s[0] - 32);

        int n = s.size();

        for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
            if (s[i]=='a'||s[i]=='e'||s[i]=='i'||s[i]=='o'||s[i]=='u') {
                cout << char(s[i+1] - 32);
            }
        }

        cout << '\n';
    }

    return 0;
}

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总结

找所有元音位置，输出下一位字符的大写。

思路

暴力枚举所有子矩阵：

• 枚举 (r1, r2, c1, c2)
• 统计子矩阵中不同颜色数量
• 若等于 d，更新面积

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代码（详细注释）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int a[30][30];

int main() {
    int n, m, d;
    cin >> n >> m >> d;

    // 读入矩阵
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 0; j < m; j++) {
            cin >> a[i][j];
        }
    }

    int ans = -1; // 最大面积，-1 表示无解

    // 枚举上边界
    for (int r1 = 0; r1 < n; r1++) {

        // 枚举下边界
        for (int r2 = r1; r2 < n; r2++) {

            // 枚举左边界
            for (int c1 = 0; c1 < m; c1++) {

                // 枚举右边界
                for (int c2 = c1; c2 < m; c2++) {

                    int T[410] = {0}; // 统计颜色出现次数
                    int cnt = 0;      // 当前不同颜色数

                    // 遍历子矩阵
                    for (int i = r1; i <= r2; i++) {
                        for (int j = c1; j <= c2; j++) {

                            int color = a[i][j];
                            T[color]++;

                            // 第一次出现该颜色
                            if (T[color] == 1) {
                                cnt++;
                            }
                        }
                    }

                    // 若颜色种数刚好为 d
                    if (cnt == d) {
                        int area = (r2 - r1 + 1) * (c2 - c1 + 1);
                        ans = max(ans, area);
                    }
                }
            }
        }
    }

    // 输出答案
    if (ans == -1) cout << "Hrk\n";
    else cout << ans << '\n';

    return 0;
}

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复杂度

时间复杂度：O(n^3 m^3)
空间复杂度：O(1)

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总结

枚举所有子矩阵 + 统计不同颜色数量。