A

原题

题目大意

一艘船，有n个人要去对岸，这艘船至少l个，至多r个人操作，每个人有一定耐力，每次划船，船上所有人耐力都会减一

考虑以下模拟，按耐力排序，对耐力处理为(x+1)/2，即能来回的次数，每次从最后面找l个人，从最前面找r-l个人，删除前面的人，后面的人耐力-1，重新排序。复杂度大致为n/l*n*log2(n)--->n^2，n取值范围为10^5，明显超出。模拟不行。

只能用数学的方法，由于每次都会有l个人回来，而是否会返回取决于他能否返回，即对耐力的处理为(x-1)/2，每次运送过去r-l个，于是，减去最后一次的r个人（不返回），再除以r-l个人，向上取整就是船一共要返回的次数，记为t。

对于耐力超过t的，我们认为多余的部分只能浪费，因为不能拆开来给别人，所有对于每个读入的x，应该要x = min(t,(x-1)/2)。这就是每个人耐力的最终形式。

于是，使用一个sum（代码里写的是ans，其实意思应该是sum），记下每个人耐力的和，这么做的原因是，当对耐力进行处理之后，每个人的耐力都能拆开为x个1，即你随时都可以去作为返回的人去划船，没有浪费，没有多余，此时除以l（即对于一个分配最完美的队伍，他整体的耐力除以返回需要的耐力和），就是一共能完成几趟的返回次数，跟t比较即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
ll n, l, r;
int main()
{
    cin >> n >> l >> r;
    vector<ll> num(l);
    //ll t = ((n-r+(r-l-1))/(r-l));//也ok
    ll t = ceil((n-r)*1.0/(r-l));//记得乘1.0！！！
    ll x;
    ll ans = 0;
    for(int i = 0;i<n;i++)
    {
        cin>>x;
        ans+=min(t,(x-1)/2);
    }
    if(ans/l>=t) cout<<"YES"<<endl;
    else cout<<"NO"<<endl;
    return 0;
}

B

原题

题目大意

有一辆车，能走h

L

原题

题目大意

在一个符合已经完成的9*9数独表中，找到一种地雷分布，使得他符合扫雷的规则，即数字是其周边的地雷数量。

其实也是灵机一动，别看样例，直接在中间找个8，然后其他地方全部是地雷就好，既然麻烦的是怎么把地雷以合适的位置放在数字旁边，不如就把他变成如何把数字放到合适的地雷的中间，那么，放一个数字，且必然存在的数字，就是中间的8了。签到题

代码

写的有点麻烦（

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int board[10][10]={0};
int main()
{
    int t = 0;
    string s;
    int i;
    int x;
    int tx,ty;
    for(int i =0;i<9;i++)
    {
        for(int j = 0;j<9;j++)
        {
            scanf("%1d",&x);
            if(i>0&&i<8 && j>0&&j<8 &&x == 8)
            {
                tx = i;
                ty = j;
            }
        }
    }
    int flag = 1;
    for(int i = 0;i<9;i++)
    {
        for(int j = 0;j<9;j++)
        {
            if(i == tx && j == ty && flag) 
            {
                cout<<'8';
                flag = 0;
            }
            else cout<<'*';
        }
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}