枚举

      题意：给定两个二维坐标上的点(x1, y1)、(x2, y2)，坐标范围为[-10⁶, 10⁶]。求从一个点(x1, y1)到(x2, y2)的直线路径上经过的第N个方格的左下角坐标，无解输出no solution。

图1

      题解：首先，如果两个点的x坐标相同或者y坐标相同，则直接无解；否则将(x1, y1)和(x2, y2)一起做相应的平移，使得(x1, y1)和(0, 0)重合，方便计算。

如果x1 < x2，枚举x坐标属于(x1, x2]，对于每个单位为1的区间[x, x+1]容易计算出y方向上有多少个方格，统计出第n个方格；如果x1 > x2，枚举x坐标属于(x2, x1]，用同样的方法进行计算。


151 Construct a triangle

      解析几何

      题意：给定三角形的两条边AB = c、 AC = b 和 一条中线 AM = m 的长度，求一个满足条件的三角形的坐标。

      题解：由于三角形的坐标可以随意取，所以为了简化问题，可以将A点定在坐标原点，B点定在x轴正方向，C则在第一象限或者第二象限；

       假设A在原点(0, 0)

       B在x+轴上，则有B点坐标(c, 0)

       假设C点坐标为(x, y), 中线坐标为 (B + C) / 2，即 ( (x+c)/2, y/2 )

       已知AM距离m 和AC距离b，则有：

            x² + y² = b²                               (1)

            ((x+c)/2)² + (y/2)² = m²             (2)

      合并(1) (2)，则有

            -2cx - c² = b² - 4 * m²               (3)

            x = (4*m² -b² - c²)/2/c;              (4)

            y² = b² - x²;                              (5)

      根据(5)，可以推出 y² = b² - x² = b² - ((4*m² -b² - c²)/2/c ) ² =>[ (b+c) ² - (2m)² ] * [ - (b-c)² + (2m)² ] > 0

            b+c > 2m 并且 2m > fabs(b-c)时y才有解，所以当 2*m > (b+c) 或者2*m < fabs(b-c) 为无解的情况。

       而我们假设C在第一象限或者第二象限，所以y>0，于是(x, y)可通过(4) (5)求得。

图2

152 Making round

      贪心

      题意：给定N(N <= 10000)个数，求每个数在所有数中所占百分比，要求输出的数之和为100，每个数可以进行上下取整。如：给定三个数3 3 3，那么输出为 34 33 33。34为向上取整的结果，33为向下取整的结果。

      题解：

            1）首先求得所有数之和S，将每个数a[i]除上S得到商B[i]和余数M[i]。

            2）如果余数为0表示为整除，不能进行上下取整。如果余数不为0，说明它有 +1 或者 +0 的机会。 （因为题目说可以上取整，也可以下取整）

            3) 记录下所有余数不为零的个数T。

            4）将所有数的商之和Sum{B[i]} 和 余数不为零的数的个数T 相加，如果小于100，则表明必定无解。否则扫描数组，将 X = 100-Sum{B[i]}-T 的值分派给每个不能整除的数即可（每个数只可分派1）。

153 Playing with matches

      博弈

      题意：给定N根火柴(N <= 10⁹)，每次可以从这些火柴中取1,P1,P2,...,Pm (2<=Pi<=9, 0<=m<=8)根，两人分别轮次进行拾取，并且总是按照最优策略去取，最后取完火柴的人为输的人，问当前状态是否是一个必胜状态。

         题解：经典博弈，对于给定状态X：

                   1) 如果按照所有方式取，最后都只能让对手到达必胜状态，那么X为必败状态；

                   2) 如果对于某种取法，可以让对手达到必败状态，那么X为必胜状态；

               3) 显然，0为必胜态，1为必败态，2为必胜态。

      根据以上的性质，可以通过递推，将火柴根数确定的情况下，将所有状态算出来，但是由于N <= 10⁹，数据量太大，但是我们注意到每个Pi很小，最大值也只有9，某些大状态是通过小状态算出来的，所以必然存在循环。

       于是问题就转化成了求一堆序列的循环节，可以先预处理将5000（足够大就行）以内的状态用记忆化搜索算出来，对于每个状态值，用0表示必胜，1表示必败。枚举循环节的长度len，然后检测是否一个合法的循环节。最后N的状态值就是N % len的状态值。

154 Factorial

      二分统计 + 初等数论

       
      题意：给定一个数N，求一个最小的数K，使得K!末尾正好有N个0。

      题解：因为K!中的质因子中5的个数明显比2的个数少，所以求末尾有多少个0，其实就是求K!中有多少个质因子5。那么这些质因子一定出现在 5、10、15、25、30、35、... K中，对于 K!，将所有的5的倍数提出来，剩下部分为T，则有：

      K! = 1*2*3*4*5*...(K-1)*K = 5 * 10 * 15 * ... * (1*2*3*4*6*7*8*9*11*12*13*14*16*...K) = 5*10*15*...* T = 5* (1*2*3...) * T = 5 * T * K'! ， 我们发现5*T中5的质因子个数为T个，K'! 中的5的个数则可以转化成子问题求解，这样就变成了一个递归求解K中质因子为5的个数S的问题，递归方程为 S[ K ] = K/5 + S[K/5] ( K > 0 ) 当K = 0时返回0，即递归出口。

       那么就可以二分枚举一个K，然后通过上面的递归求解K中5这个质因子的个数，然后和N比较，如果找不到一个K，使得它的5质因子的个数为N则无解，否则找一个最小的。

155 Cartesian Tree

      RMQ(or ZigZag)

      题意：给定N(N <= 50000)个整数对(key, a)，要求将他们组织成一棵树二叉树，并且对于树的任意一个结点，满足如下两个性质：

      1) 当前结点的a值大于它父节点的a值(小顶堆的性质)；

      2) 当前结点的key值大于左子树的key值，并且小于右子树的key值(排序二叉树的性质)；

      题目保证所有的key值和a值都不同。

      题解：首先将所有整数对按key值递增排序，这样我们只需要对数组进行切分，如果第t个结点作为根结点，那么[1, t-1]必定是它的左子树集合，[t+1, N]必定是它的右子树集合，这样就能够保证第二个条件，而第一个条件需要满足父节点的a值小于左右子树的a值，所以第t个结点必定是所有数中a值最小的，于是可以规约出一个递归算法，对于当前区间[l, r]，找到区间内a值最小的作为根结点，然后将它左边的区间和右边的区间进行相同的递归运算。初始区间为[1, N]，当[l, r]满足 l > r即为递归出口。求区间最小值可以采用RMQ。总的时间复杂度为排序的时间复杂度O(N log N)。

      RMQ 资料参阅 http://www.cppblog.com/menjitianya/archive/2014/06/26/207420.html

156 Strange Graph

      欧拉回路
      题意：给定一个N(N <= 10000)个点的连通图，这个图满足以下性质：
            1) 每个顶点v的度数都大于等于2；
            2) 如果顶点v的度数等于2，那么它连接的两个顶点不相邻；
            3) 如果顶点v的度数大于2，那么和v相邻的点u满足以下条件之一；
                  a) u的度数等于2；
                  b) 任何和v相邻的点(除了u)中都两两相邻；

      求这个图的一个哈密尔顿回路(经过每个顶点一次的回路)。

题解：首先将所有度数为2的点进行标记，那么从这个图的定义中可知，未标记的点必定是在一个完全子图中的，将图中所有完全子图中的点缩成一个点，对缩完点的图统计度数，如果所有的点的度数都为偶数，那么必定存在一个欧拉回路，求出欧拉回路后再拆点转换成哈密尔顿回路；否则，欧拉回路不存在，哈密尔顿回路也就不存在。

157 Patience

      打表题
      题意：给定N(1 <= N <= 13)，表示(1 2 3 ... N 空)这N+1个位置，其中N个位置随机排放着1-N中的某一张牌，每次可以在“空”左边的位置找到一张牌K，然后将K+1这张牌放在“空”的位置上，问哪些初始状态可以到达一个状态使得前N个格子的牌有序排列（第N+1个位置留空）。
      题解：从(1 2 3 ... N 空)这个状态起，反向模拟，能够到达的状态都是可达状态，统计所有可达状态的个数，N的最大值为13，时间上不允许可以客户端计算出值然后打表！

158 Commuter Train

      二分枚举

      题意：车站长度为L(L <= 5000)，给定N（N<= 300）个乘客在车站的位置，以及一辆公交车的M（M <= 300）个车门离车头的位置，乘客一定会选择离自己最近的车门进入，问这辆车要停在哪里可以使得所有人进入车门需要走的距离总和最大，好变态的想法。

      题解：只要枚举车需要停靠的位置，然后枚举每个人到达的那个车门花费的距离总和，取最大值就是答案。

      这里对于某个人需要去哪个车门可以采用二分枚举，因为车门是有序的，只要二分找到离它最近的左车门，那么下一个就是最近的右车门（需要考虑边界，最左和最右的情况都只有一个车门），然后取左、右车门的距离小者。仔细想一下，最大值不一定出现在整点上，也有可能出现在0.5的位置上，所以可以将所有坐标都乘2，然后最后答案再除二避免精度误差。

159 Self-Replicating Numbers

      深度优先搜索

      题意：求N(N <= 2000)位B进制数中平方的最后几位等于该数本身的数的个数。

      题解：利用dfs从最后面一位digit开始枚举[0, B)，模拟相乘后对应位的余数，如果和该数的枚举那一位不相符则不进行下一步搜索，当枚举到第N位完毕，则将解保存，这里需要注意当N为1的时候，最高位可以为0，否则最高位为0的情况需要去掉（最高位为0说明它不是N位数（N>1））。

       计算几何：射线旋转

       题意：需要求一个正多边形的N个点，但是给出的只有N和某两个点的坐标。

       题解：核心思想是根据给定的那两个点的坐标确定多边形中心点的坐标，这样边长也确定了，然后利用中心点到其中一个点的射线的旋转求出所有的点坐标。

       1) 正多边形的中心点一定在任意两个顶点的连线的中垂线上，然后根据已知点的相对关系，算出他们和中心点的夹角，利用这两个条件就可以求出中心点的坐标了。

       2) 然后就是要求某个点绕中心点旋转360/N度后的坐标了，做N-1次旋转操作就能求出所有的顶点了。旋转可以通过解方程求解：

       令原单位向量I，旋转alpha角度后的单位向量I_a，其中I和alpha已知，I_x是我们需要求的。那么有以下两个方程：

       1) I.x * I_a.x + I.y * I_a.y = cos( alpha )

       2) I_a.x² + I_a.y² = 1

       将1)中的I_a.x用I_a.y表示代入方程2)，利用一元二次求根公式可以求得两个解，然后算出I_a.x，但是解肯定只有一个，可以用叉乘关系排除掉另外一个解。

121 Bridges painting

      图论：DFS构造

题意：对于一个图，给定它的边和点，现在要求给边染色（黑色或者白色）。问能不能构造一种染色方法，使得所有的度数大于1的点的边都能有至少有一条边为黑色、至少有一条边为白色。

题解：首先考虑什么情况下是不可能染色成功的；如图1所示，对于下面这个图，每个点的顶点度数为2，所以从任意一条边开始染色，相邻边必然为相反色，由于存在奇环，导致必然有一个点的两条边的颜色相同，染色失败。

然后再来考虑怎么将这个图挽救回来，其实这个图失败的点只有一个，如果在那个点上再加一条边，那么整个图貌似就可以认为染色成功了。

于是我们进一步考虑是不是度数为奇数的点造就了这一切：

度数 = 1，该点所在边可以随便染色；

度数 > 1，说明必然存在环；

如果是偶数环，那么经过一系列的交错染色，最后必然能够在该结点上收获两条颜色不一样的边；

如果是奇数环，在染色完毕后，必然还有一条边未被染色（因为度数为奇数），可以大胆的将它染成不同的颜色；

所以对于度数为奇数的点，采用交错染色，一定可以将图染色成功；

如图，可以对于所有奇度数顶点作为根进行一次dfs，按照编号顺序进行深度优先遍历，先遍历到的是1号，标记为黑色，然后将它的第一个儿子标记为白色，遍历完毕，将第二个儿子标记为黑色（交错染色），即每次更换结点的时候就将颜色取反，当我们遍历到边6的时候发现7是一条后向边，于是回到了根结点，完成遍历。

利用同样方法，将所有度数为奇数的点进行一次遍历，然后再将度数为偶数的点进行相同的遍历（因为可能这不是一个连通图，所以如果度数为偶数的点所在的图集合中有奇数环，如图1的情况，那么必然无解）。

遍历完毕，需要对每个点判断是否存在不合法的顶点（边数大于1，并且只有一种染色），如果合法，说明所有边都被染色了，输出解即可。

图1

图2

122 The book

      哈密尔顿回路问题：Ore定理 + 构造

题意：给定N(N <= 1000)个点连成的图，每个点度数大于等于(N+1)/2，求这个图的一条哈密尔顿回路。

题解：

1）首先假设已经得到了一个环R（R的顶点个数为r），那么在未选到环内的点集R’中必然能够找到某个点k和环R中其中一个点j有边相连，假设没有边相连，那么环R和环外的点集R’互不连通，为两个连通分量，和题意相左（因为每个点的度数大于等于（N+1）/2，图论书上有证明，这肯定是一个连通图，故不再累述），故R’中必然存在至少一个点k和R中点j相连，于是将那个点j连接到k上，这样就变成了一个长度为r+1的链。

2）这个链的头为s，尾为k，长度为r+1，不断在剩下的点集中找点连接到s和k上，并且不断更新s和k（连接到头上，连接的点就变成了s，连接到尾上，连接的点就变成了k），直到找到一个极大连通子链（不能再在剩下的点中找到点连接到链的两端了）。

3）由于k和剩下点集R’没有点相连，所以我们只能在这条长链上找和k相连的点t（因为一定可以找到，为什么呢？k本身不就有个链内的点连着嘛，不然它就是个孤立点了）。所以找到(k , t)相连，并且(s, t+1) 相连，然后删掉(t, t+1)这条边，就能够得到一个新的环了，如果此时环的长度为n就结束了，否则继续1）。

 

图3

123 The sum

      递推

       题意：求斐波那契数列的第N(N <= 40)项。

       题解：__int64数组预处理即可。

124 Broken line

      计算几何: 线段判交

       题意：在平面上有一些闭合线段（没有自交和相互交叉），判断给定的点P是否在这个闭合线段内。

       题解：其实就是判断一个点是否在多边形内；

       首先，虚拟出一个无穷远的点Q，然后用PQ和每个闭合线段去做相交检测(两线段判交在黑书上有详尽的解释,不再累述)。

       1) 如果P在某条线段上，输出BORDER；

       2) 如果PQ和所有线段交点个数为奇数，说明在多边形内，输出INSIDE；

       3) 如果PQ和所有线段交点个数为偶数，说明在多边形外，输出OUTSIDE；

 

125 Shtirlits

      深度优先搜索 + 剪枝

       题意：给定一个矩阵B (3X3)，B[i][j]表示A[i][j]四周比它大的数的个数，求满足条件的A。

       题解：枚举A[i][j]的每个数字，数字的范围为 [0,9]。复杂度10⁹，所以需要进行一定的剪枝。

       a)   首先，可以肯定这B[i][j]中一定会至少有一个0，因为总有一个数没有比它大的数（高处不胜寒啊~~）。对于B[i][j] == 0的格子，将A[i][j]设为最大值9一定不会错，所以复杂度至少可以降到 10⁸ 了。

       b)   将A的每个非9的格子标记为-1，然后对每个格子进行枚举，枚举范围为 [ 0, 8 ], 因为B[i][j]为四周比它大的数的个数, 如果A[i][j]==9，那么B[i][j]必须为0，复杂度降至 9⁸。

       c)   每次枚举完毕，进入下一个数的枚举之前，进行全局的检测，对于每个格子统计以下数据：

            i)    已经枚举的邻居格子      H

            ii)   总共有多少个邻居格子   T

             iii)   比自己大的邻居格子       B

     然后进行筛选，如果

          x) 比当前格子大的邻居数已经超出限定值, 即 B > B[i][j]

          y) 比当前格子大的邻居数 + 剩余未知邻居数 < 给定比它大的邻居数， 即 B + (T-H) < B[i][j]

     均为无效解，无需往下枚举，回溯。

       d)   直到所有数枚举完毕，输出解即可。

126 Boxes

      初等数论

       题意：对于给定的A和B，

              如果A > B, 则状态变为 (A-B, 2*B)

              如果A < B, 则状态变为 (2*A, B-A)

              当 A == B 时，结束。

              要求输出这个情况是否存在，如果存在输出变换的次数，不存在输出-1。

       题解：根据题意，可以得出一些简单的推论：

          a) 当A == 0 或者 B == 0 时 答案为 0。

          b) 最后A == B的时候，必定是K = (A+B)/2，所以当A+B为奇数时答案不存在。

          c) 定义最后的状态二元组为 (K, K),

                倒数第二次的操作必定为 (3K/2,K/2)  或者(K/2,3K/2)                                                                                                 (2种)

                倒数第三次的操作必定为 (7K/4, K/4) 或者 (3K/4, 5K/4) 或者 (5K/4, 3K/4) 或者 (K/4, 7K/4)                                         (4种)

                倒数第四次操作(15K/8,K/8)...                                                                                                                                   (8种)

                倒数第i次操作 ( (2^(i-1)-1)/2^(i-1) * K, 1/2^(i-1) * K ) ...                                                                                                    (2^(i-1) 种)

          d) A和B的组合必定在这些情况中找。

              于是定义 A = L1 / 2ⁿ * K,  B = L2 / 2ⁿ * K  (其中K = (A+B)/2, L1,L2为奇数，并且(L1+L2) = 2⁽ⁿ⁺¹⁾)

             得：

                 L1 = 2ⁿ * (A/K)

                 L2 = 2ⁿ * (B/K)

        令 A = 2^a * A', K = 2^k * K'

        则有 L1 = 2^(n+a-k) * A'/K' 为奇数，所以n+a-k = 0，并且要保证A' mod K' == 0，A 和 K 都为已知，则可以计算出 a 、A'、k、K'，最终的步数就是k-a+1。

        需要注意特殊情况：A或B为0的情况，以及A+B为奇数的情况。

127 Telephone directory

      将所有电话号码按首字母排序，统计每个首字母出现的次数Ai， Sum{ (Ai + K - 1 ) / K } + 2 就是答案。

128 Snake

       想法题

       题意：给定N（4<=N<=10000）个整数点，问能不能组出一个多边形，满足以下条件：

       a) 闭合；

       b) 所有的点都是多边形上的点，并且只能被用一次；

       c) 任何两个连续的线段需要组成一个90度的直角；

       d) 多边形的所有边都要平行于坐标轴；

       e) 多边形不能存在自交；

       f) 多边形的周长要满足最小；

       题解：

       1) 对于输入的点保存两份数组PX、PY，并且记录每个点在原数组的下标index；

       2) 对PX进行X优先排序，对PY进行Y优先排序；

       3) 对PX中序号为奇数的点PX[i]和它的下一个点PX[i+1]进行y值的判断，如果这两个点的y值不相等，那么说明这个点无法加入多边形中（PX[i]无法配对，被孤立了），无解。否则PX[i].index和PX[i+1].index必然有一条边（可以用邻接表来存边关系，因为最后求的是一个多边形，所以每个点有且仅有两条边，其实就是一个哈密尔顿回路）。

          并且加PX[i+1].x - PX[i].index 累加到答案ans中；

       4) 对PY中的点作和3）一样的处理，保存边的关系，但是这里需要判断一种自交的情况，如图1中，3)操作完毕后，产生三条边(1,1) - (2,1)  (1,2) -(3, 2)   (2,3) - (3,3)；那么在进行操作4）的时候(1,1)-(1,2) 和 (3,2) - (3, 3)都是没问题的，唯独 (2,1) - (2,3) 和 先前的边 (1,2) -(3, 2) 会产生自交，违反了e这条规则，所以需要检测这种情况是否存在，如果存在，那么必然无解；具体检测方法很多，不再累述；

图1

       5) 进过3)和4)后，再进行一次连通性判断即可，以防图2的情况。

图2

129 Inheritance

      解析几何 + 凸包 + 线段判交

         题意：给定一个多边形和若干线段，这个多边形内任意两点连线不会和多边形边界相交，分别求这些线段在多边形内部的长度。

         题解：首先，根据“多边形内任意两点连线不会和多边形边界相交”可以肯定这是个凸多边形，于是问题就转化成了求某条线段和凸多边形相交后线段在多边形内部分的长度。

         由于给定的点是乱序的，所以最简单的方法是求这些点集的一个凸包，构造出一个按点排序的多边形，相邻两点连线为原多边形的一条边。

那么枚举每条边和给定线段的相交情况：

         1) 不相交（平行），继续判断下一条边；

         2) 共线，直接跳出枚举，（由于是凸多边形，改线段肯定不可能在多边形内）；

         3) 相交，将这个交点存入集合S；

         将原线段的两个端点存入集合S，对集合S的点进行x坐标递增排序（x相同时y坐标递增排序），然后枚举相邻两个点的中点，判断是否在在原多边形内，如果在，那么将这两个相邻点练成的线段的长度累加到最后的答案中。如图1为两个交点的情况。

图1

      计算几何：射线和球体相交

       题意：给定一条3D射线 和 N个球体，问射线的各种反弹经过的球体编号，如果反射超过10次，只需要输出前十次。

       题解：很明显，首先需要枚举每个球体和当前射线的相交情况，如果和多个球体相交肯定是取距离最近的球体进行相交计算，然后计算出空间反射射线，重复以上操作11次，如果某次的反射射线已经不能和任何球体相交那么直接跳出这个过程。

图1

       如图1，表示射线AB和球O相交于B点，反射后的射线为BC，BD为球心O到交点的延长线，那么必定满足以下几个条件：

       已知A点坐标(x_a, y_a, z_a)，单位向量t_ab

       B点坐标 为 (x_b, y_b, z_b)  =  (x_a, y_a, z_a) + |AB| * t_ab   (1)

         B点在球O上，所以B点坐标满足

       | (x_b, y_b, z_b)  - (x_o, y_o, z_o) | = OB = Ro              (2)

       将(1)代入(2)，可计算出|AB|的长度（由于是射线和球体求交，这两个方程求出来的是直线和球体的交点，所以还需要计算方向判断交点的可行性，如果交点有两个，则取距离小的那个，如果只有一个交点，说明是相切），然后利用(1)式计算出B点坐标。

       2) 射线经过球体的反射射线

       假设C点在A经过B点反射后的反射射线上，并且AB = BC，那么AC必定和OB延长线相交，假设交于D点；

       单位向量cos(ABD) = I_{ba ­­}* I­­_bd；

BD = AB * cos(ABD)；

向量AD = 向量AB + 向量BD；

向量AC = 2 * AD；

点C (x­_c, y_c, z_c) = 向量AC + (x_a, y_a, z_a)；

向量BC求出后返回1) 继续判断和别的球的相交情况；

111 Very simple problem

       二分答案 + 大数模拟

       题意：给定X( X <= 10¹⁰⁰)，求X开方后的下取整。

       题解：数组模拟大数。二分答案A，找满足 A*A <= X 最大的A即为答案。

 
112 a^b-b^a

       二分求幂 + 大数模拟

       题意：求 a^b - b^a ( 0 < a, b < 100)。

       题解：数组模拟大数。二分求 A^B。

       当 B == 0  则 A^B = 1; 否则 A^B = (A²)^(B/2) * ( (B mod 2) ? A : 1 ); 递归求解。

113 Nearly prime numbers

       素数筛选 + 素数判定

       题意：判断一个数是否为两个素数的积。

       题解：利用传统的素数筛选将 1-31623 的素数筛选出来，31623为平方大于等于10⁹的最小整数，因为一个数的开方内找不到一个(非1或它本身)因子的话它本身就是素数，所以素数只需要筛选到 10⁹ 的开方 即可。

       对于每个数，遍历素数数组，如果能被某个素数整除，判断商是不是一个素数，如果商也是素数结果为Yes，否则为No。

114 Telecasting station

      枚举 + 统计

       题意：在X轴上规定一些有权值a­i的点 (x1,a1), (x1,a1), (x2,a2) .. (xn,an)要求在x坐标上找到一个点X使得 M = |X-x1|*a1 + ... |X-xn|*an 的值最小。

       题解：细心观察可以发现，M是关于X的一次函数，所以可以确定X必定为 x1...xn中的某个点。

       由于原式中存在绝对值，为了将绝对值化简，可以将X的区间分段，比如当X 为 xj时可以简化为 M = (X-x1)*a1 + ...(X-xj)*aj + (xj+1-X)*aj+1 + ... + (xn-X)*an

            = (X * presum[j] - preproduct[j]) + (postproduct[j+1] - X * postsum[j+1])

 
图2

      这些辅助数组可以通过四次线性扫描得出，复杂度O(n)。然后，先将xi递增排序，枚举每个xi，计算最小值更新M，就可以在O(n)的时间内求解了。总体算法复杂度为排序复杂度O(n log n)。


115 Calendar

       简单模拟

       题意：给定一个月份M和天数N，求2001的那一天是星期几。

       题解：可以预处理出每个月的天数，如果天数大于那个月对应的天数或者月数大于12肯定是不可行的，否则将给定月数M之前的 1到M-1个月的天数相加再加上N得到Sum，Sum mod 7就可以定位到星期几了。