[Luogu && SPOJ] SP7015 题解

SP7015 题解

题意如下

有 \(n\) 个人，首先有 \(0\) 个朋友的人离开，然后是有 \(1\) 个朋友的人离开，接着是有 \(2\) 个朋友的人离开……直到有 \(n-1\) 个朋友的人离开，求最后剩下几人。

解

这题就一个个算过去就行了。
若 \(n=1\)，那么这个人肯定没朋友，人就走了，剩下 \(0\) 人。
若 \(n=2\)，无论他们两人是不是朋友，两人都会走，剩下 \(0\) 人。
若 \(n=3\)，（由样例可知，剩下 \(1\) 人）人还没走的时候，无法确定他们是否为朋友，所以此时所有人都有朋友，没人离开。然后是有 \(1\) 个朋友的人离开，此时只能是有两个人互为朋友，所以离开 \(2\) 人，剩下 \(1\) 人，这人实际上没朋友，还要留下来，惨。
若 \(n=4\)，和 \(n=3\) 的情况类似，在朋友数为 \(0\) 和 \(1\) 的时候无法确定他们是否为朋友，无人离开。有 \(2\) 个朋友的人离开时，有 \(2\) 个人会离开，剩下 \(2\) 人，这下他们俩要嘛不是朋友，要嘛是朋友，此时只有 \(0\) 或 \(1\) 个朋友的人离开的时候已经过去了，他们也没法离开了。
若 \(n=5\)，依照上面的情况可推出最后剩下了 \(3\) 人。

观察上述例子，可以猜测：\(n\le2\) 时，剩下 \(0\) 人；\(n\ge2\) 时，剩下 \(n-2\) 人。

于是就有了这份代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n[11451419],t;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0); //这两行是给cin和cout加速，可删
	cin>>t;
	for(ll i=0;i<t;++i){
		cin>>n[i];
		if(n[i]>=2){
			n[i]=n[i]-2;
		}
		else 
		if(n[i]<2){
			n[i]=0;
		}
	}
	for(ll i=0;i<t;++i){
		cout<<n[i]<<endl;
	}
	return 0;
}

过了，这就证明猜测是对的。

去 SPOJ 上一看，这题 \(n\) 和 \(t\) 的范围都是 \([1,10^{5}]\)，所以不用开 long long，开 int 就能过。

优化：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n[11451419],t;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0); 
	cin>>t;
	for(int i=0;i<t;++i){
		cin>>n[i];
		cout<<max(n[i]-2,0)<<endl;
        //若 n[i]<=2,则 n[i]-2 的值为负数，会输出 0，n[i]>=2 时则会输出n[i]-2
	}
	return 0;
}

同样也过了。
另外附上双倍经验 CF23B，用这题代码就可以AC。