T1 缺失的数字

题意：小z本来有一串连续的数字（比如1,2,3,4,5），但不小心弄丢了一个。现在给你剩下的数字（顺序可能是乱的），让你找出丢的是哪个数。 思路：先找到这串数字的最小值和最大值（如1和5）。计算原本完整的和（1+2+3+4+5=15）。再算现在剩下的和（1+3+4+5=13）。用完整和减去剩下的和（15-13=2），就知道丢的是2了。 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[1010];
int main(){
	freopen("num.in","r",stdin);
	freopen("num.out","w",stdout);
	int m;
	int n,l=1000,r=1;
	int sum1=0,sum2=0;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
	    cin>>a[i];
	    l=min(l,a[i]);
	    r=max(r,a[i]);
	    sum2+=a[i];
	}
		sum1=(l+r)*(r-l+1)/2;
	m=sum1-sum2;
	cout<<m;
	return 0;
}

T2 不及格

题意：这道题描述了一个考试场景，有N名学生参加了考试，每个学生都有一个得分。如果学生的得分低于某个给定的分数P，那么这个学生就被视为不及格，无法获得学分。题目要求我们计算出不及格的学生有多少人。 思路‌：首先，我们需要读取三个数据，分别是学生总数N、格分数线P，每个学生的得分a_i。然后，我们逐一检查每个学生的得分，看看是否低于及格线P。每当发现一个学生的得分低于P，我们就把这个学生计入不及格的人数中。最后，我们输出不及格学生的总人数。 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
    int N,P;
    cin>>N>>P;
    int count=0; 
    for(int i=0;i<N;i++){
        int s; 
        cin>>s;
        if(s<P){ 
            count++; 
        }
    }
    cout<<count<<endl;
    return 0;
}

T3 集会

题意:有N个人住在一条数轴上，每个人有一个固定的坐标。要找一个整数坐标P作为集会地点，使得所有人到P点的距离的平方和最小。这个平方和就是他们参加集会所需花费的总体力点数。 思路‌：因为每个人的坐标在1到100之间，所以集会地点P也只需考虑1到100之间的整数。对于每个可能的P值，计算所有人到P点的距离的平方，然后将这些平方值相加，得到该P值下的总体力花费。‌比较所有P值下的总体力花费，找到其中的最小值。 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	freopen("jihui.in","r",stdin);
	freopen("jihui.out","w",stdout);
    int N;
    cin>>N;
    vector<int>X(N);
    for(int i=0;i<N;i++){
        cin>>X[i];
    }
    int m=INT_MAX;  
    for(int P=1;P<=100;P++){
        int c=0;
        for(int x:X){
            c+=(x-P)*(x-P);
        }
        m=min(m,c);
    }
    cout<<m<<endl;
    return 0;
}

T4 统计区间

题意：这道题目要求我们找出一个整数序列中所有和为K的连续子序列的数量。简单来说，就是给定一组数字和一个目标值K，我们需要计算有多少段连续的数字加起来正好等于K。 思路‌：首先，计算序列A的前缀和数组，每个位置到序列开头的元素和。然后，遍历前缀和组，对于每个位置，检查是否存在一个之前的位置，使得这两个位置的前缀和之差等于K。如果找到这的位置对，说明它们之间的子序列和就是K。最后，统计所有满足条件的子序列数量，并输出结果。 代码： 第1种：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+10;
ll a[N],s[N],n,k;
int main(){
	freopen("tjqj.in","r",stdin);
	freopen("tjqj.out","w",stdout);
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		s[i]=s[i-1]+a[i];
	}
	unordered_map<ll,ll>mp;
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		ans=0;
		mp[s[i]]++;
		ans=max(ans,s[i]);
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}
第2种：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int n,k,a[N],s[N],ans;
unordered_map<int,int>mp;
signed main(){
	freopen("tjqj.in","r",stdin);
	freopen("tjqj.out","w",stdout);
	cin>>n>>k;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		s[i]=s[i-1]+a[i];
	}
	mp[0]++;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(mp[s[i]-k]>0)ans+=mp[s[i]-k];
		mp[s[i]]++;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

T5 旅行

题意：有N个城市和M条单向道路，要计算有多少对城市可以作为旅行的起点和终点，且起点和终点顺序不同要视为不同对。‌ 思路：首先‌，我们计算出所有可能的城市对数量，即N乘以N，因为每个城市都可以是起点或终点。然后‌，我们需要考虑单向道路的限制。由于道路是单向的，有些城市对之间可能无法直接到达。这里，我们可以构建一个图，用节点表示城市，用边表示道路，然后进行图的遍历，找出所有可以相互到达的城市对。最后‌，我们统计出所有可以相互到达的城市对数量，并输出这个结果。 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
int n;
vector<int> adj[2010];
bool vis[2010];
void dfs(int u){
	if(vis[u]) return;
	vis[u]=1;
	for(int i=0;i<adj[u].size();i++){
		dfs(adj[u][i]);
	}
}
int main(){
	int n,m,ans=0;
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		adj[a].push_back(b);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		memset(vis,0,sizeof vis);
		dfs(i);
		for(int j=1;j<=n;j++)
			if(vis[j])ans++;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}