题目链接：https://codeforces.com/contest/1288
A. Deadline
题意：给你n,d两个数，是否满足min(n , x + [ d / ( x + 1 ) ] ) <=d,(其中0<x<n,而?2.4?=3 , ?2?=2)，如果满足输出YES，否则输出NO。
思路：其实这个题中只要n/2和n/2+1满足条件即可。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=2e5+5;
bool cheak(int d, int x, int n)
{
double tmp = d / (x * 1.0);if(tmp != d / x) tmp = d / x + 1;if(x - 1 + tmp <= n) return 1;else return 0;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int t; cin >> t;while (t -- ){
int n, d;cin >> n >> d;if(n >= d) cout << "YES" << endl;else {
int x = n / 2 + 1, y = n / 2 + 2;if(cheak(d,x,n)||cheak(d,y,n)) cout << "YES" << endl;else cout << "NO" << endl;}}return 0;
}
B. Yet Another Meme Problem
题意：给您两个整数A和B，计算对（a，b）的对数，使得1≤a≤A，1≤b≤B，以及等式a?b+ a + b = conc（a，b） 是真的; conc（a，b）是a和b的串联（例如，conc（12,23）= 1223，conc（100,11）= 10011）。 a和b不应包含前导零。
思路：其实只要统计0~b之间有多少个像9,99,999,9999,这样全是9的数x个，答案就是a*x啦。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MAXN=2e5+5;
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);ll t; cin >> t;while(t -- ){
ll a, b, ans = 0;cin >> a >> b;ll x = a, y = b;ll res = 0, tmp = 0;while(y){
tmp ++ ;res = res * 10 + 9;y /= 10;}if(res > b） tmp -- ;ans = x * tmp;cout << ans << endl;}return 0;
}
C. Two Arrays
题意：给出两个整数n和m。 计算数组对（a，b）的数量，使得：
两个数组的长度等于m；
每个数组的每个元素都是1到n（含）之间的整数；
对于从1到m的任何索引i，ai≤bi；
数组a以降序排列；
数组b以非升序排序。
结果可能非常大，您应该以1e9 + 7模数打印。
思路：啊啊啊啊，dp我还是不会，太难了，我是解不出来这个题，先把大佬的代码挂出来，之后再来细细推敲。
大佬代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,n) for(int i=a;i<=n;i++)
typedef long long ll;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll dpa[15][1005];
ll dpb[15][1005];
int main()
{
ll n, m;cin >> n >> m;//先对a,b进行初始化for(int i = 1; i <= n; i++){
dpa[1][i] = 1;dpb[1][i] = 1;}for(int i = 2; i <= m; i++){
for(int j = 1; j <= n; j++){
for(int k = 1; k <= j; k++){
dpa[i][j] += dpa[i - 1][k];dpa[i][j] %= mod;}for(int k = j; k <= n; k++){
dpb[i][j] += dpb[i - 1][k];dpb[i][j] %= mod;}}}ll ans = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = i; j <= n; j++){
ans += dpa[m][i] * dpb[m][j];ans %= mod;}}cout << ans % mod << endl;return 0;
}