A 红红找蓝蓝

题解

宽搜bfs，定义状态{x,y,d,Dir}表示：到（x，y）点拐了d次弯，上一次的方向为Dir

与最短路不同的是，我们从一个点出发要把一个方向上的所有点加入队列，因为这个方向上所有点的拐弯数都只是+1，为了维护先搜到的点拐弯数越少，就要把一个方向上所有点加入队列。

注意不能省略vis[x][y]，是为了剪除大量没有意义的搜索，并且如果不加的话会爆空间，别问我为啥知道

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll R(){ll a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
int n,ax,ay,bx,by;
bool canarrive;
char m[110][110],t;
bool vis[110][110];
int dir[4][2]={0,1,0,-1,1,0,-1,0};
void Read(){for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=1;j<=n;++j){t=getchar();while(t=='\n'||t==' ')t=getchar();m[i][j]=t;if(t=='A'){ax=i;ay=j;}if(t=='B'){bx=i;by=j;}}}
}
struct node{int x,y,d,Dir;//意义为：走到（x，y）拐了d次弯,上一次的方向是Dirnode(int xx,int yy,int dd,int ddd){x=xx;y=yy;d=dd;Dir=ddd;}node(){}
};
bool check(int x,int y){if(x<1||x>n||y<1||y>n||m[x][y]=='x')return false;return true;
}
void bfs(){memset(vis,0,sizeof vis);queue<node> q;node u;int x,y,d;q.push(node(ax,ay,-1,-1));vis[ax][ay]=1;while(!q.empty()){u=q.front();q.pop();x=u.x;y=u.y;d=u.d;if(x==bx&&y==by){printf("%d\n",d);canarrive=1;return;}for(int i=0;i<4;++i){if(i==u.Dir)continue;int vx=x+dir[i][0];int vy=y+dir[i][1];while(check(vx,vy)){if(!vis[vx][vy]){vis[vx][vy]=1;q.push(node(vx,vy,d+1,i));}vx+=dir[i][0];vy+=dir[i][1];}}}printf("-1\n");
}
int main(){int T=R();while(T--){n=R();Read();bfs();}return 0;
}

B 红红蓝蓝在争论

题解

贪心+双指针扫描，我们把题目做两遍，把0变成1，以及把1变成0（下面只描述0变1）

很容易想到我们要变肯定是把相邻的0变成1，这样满足贪心策略

那我们把所有0的下标用vector存起来，l，r指针分别指向m个需要改变的0

那么就可以更新答案为 ans=max（ans，v[r+1]-v[l-1]-1）

l，r指针不断向右++

对于0的个数不足m个以及扫描边界再特殊处理一下就OK了

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll R(){ll a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
int n,m,ans,s_len;
string s;
vector<int> v[2];
void init(){ans=0;v[0].clear();v[1].clear();
}
void work(int k){int v_num=v[k].size();if(v_num<=m){ans=s_len;return;}int l=0,r;for(int i=0;i<v_num;++i){if(i+1<=m){ans=max(ans,v[k][i+1]);}else{r=i-1;break;}}l++;r++;while(r<=v_num-1){if(r==v_num-1) ans=max(ans,s_len-v[k][l-1]);else ans=max(ans,v[k][r+1]-v[k][l-1]-1);l++;r++;}
}
int main(){int T=R();while(T--){init();n=R();m=R();cin>>s;s_len=s.size();for(int i=0;i<s_len;++i){v[s[i]-'0'].push_back(i);}work(1);work(0);printf("%d\n",ans);}return 0;
}

C 合法的 IP 地址

题解

纯模拟，注意细节判断

给几种不合法的情况：

1..1.1 （这种容易出错）

1.1.1.1.

1x.1.1.1

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll R(){ll a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
string s;
bool faultchar(char c){if(c>='0'&&c<='9'||c=='.')return false;return true;
}
bool work(){int s_len=s.size();char c;int num_cnt=0;int a[5];memset(a,-1,sizeof a);for(int i=0;i<s_len;++i){if(faultchar(s[i]))return false;if(s[i]>='0'&&s[i]<='9'){if(a[num_cnt]==-1)a[num_cnt]=0;a[num_cnt]=a[num_cnt]*10+s[i]-'0';}else{num_cnt++;}}if(num_cnt!=3)return false;if(a[0]<=0||a[0]>255)return false;for(int i=1;i<4;++i){if(a[i]<0||a[i]>255)return false;}return true;
}
int main(){int T=R();while(T--){cin>>s;if(work()){printf("YES\n");}else{printf("NO\n");}}return 0;
}

D 石头剪刀布

题解

真·签到题

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll R(){ll a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
int main(){int T=R();while(T--){int n=R()%3;switch(n){case 0: printf("Scissors\n");break;case 1: printf("Paper\n");break;case 2: printf("Rock\n");break;}}return 0;
}

E 填充游戏

题解

比赛的时候把头都扣烂了没写出来，结果发现代码只有10

如果第一个⚪放不下，那么后手胜，如果第一个能放下，第一个放最中间，后面每次都放在与后手中心对称的位置，则先手必胜。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){int T=R();while(T--){int m=R(),n=R();if(m<=2*n) puts("lanlan yyds");else puts("honghong yyds");}return 0;
}

F RickLee And 540

题解：

总情况数：

至多选到 i 道的情况数：

由容斥定理：

刚好选到n道的情况数为：至多选n道-至多选n-1道+至多选n-2道......

所以：

注意：

1. 取模一定要充分，可能有一个地方忘了取模就会全wa，如果乘法不放心的话就用__int128过渡一下。

2. 阶乘的逆元可以在求阶乘的时候顺便求了，当然 inv(fac[i]) 理论上是没错的，因为全都是乘法和加法。

3. 由于指数km较大，可以使用欧拉降幂公式：

当p为质数，

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=998244353;
ll fac[100010],invfac[100010];
ll ksm(ll a,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}
ll inv(ll x){return ksm(x,mod-2);
}
ll C(ll n,ll m){return fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}
void init(){fac[0]=invfac[0]=1;for(ll i=1;i<=100001;++i){fac[i]=fac[i-1]*i%mod;invfac[i]=invfac[i-1]*inv(i)%mod;}
}
int main(){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);init();ll T;cin>>T;while(T--){ll n,m,k;cin>>n>>m>>k;ll fuyi_n=1,ans=0,inv_n=inv(n);for(ll i=n;i>=0;--i){ans=(ans+fuyi_n*C(n,i)*ksm(i*inv_n%mod,k*m%(mod-1))%mod+mod)%mod; //用到欧拉降幂公式fuyi_n*=-1;}cout<<ans%mod<<'\n';}return 0;
}

G Jump

题解

线段树+递推，对于每个位置先求出到达它的最大经验值，再把这个值加到它所能到达的区间的线段树里去，然后对于后面的位置，单点求线段树最大值再加上自己的经验值即为 f[i] 。

线段树区间修改，单点询问。注意线段树空间要开4*n

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll R(){ll a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
struct Tree{ll l,r,d;
}o[200010*4];
ll n,m,ans,a[200010];
void build(ll i,ll L,ll R){o[i].l=L;o[i].r=R;o[i].d=-0x3f3f3f3f;//附加性质初始化if(L==R)return;ll mid=(L+R)>>1;build(i<<1,L,mid);build(i<<1|1,mid+1,R);
}
void Add2(ll i,ll L,ll R,ll d){if(R<o[i].l||L>o[i].r)return;if(L<=o[i].l&&o[i].r<=R){o[i].d=max(o[i].d,d);return; }Add2(i<<1,L,R,d);Add2(i<<1|1,L,R,d);
}
void Ask2(ll i,ll x){if(x<o[i].l||x>o[i].r)return;if(x>=o[i].l&&x<=o[i].r){ans=max(ans,o[i].d);}if(o[i].l==o[i].r)return;Ask2(i<<1,x);Ask2(i<<1|1,x);
}
int main(){n=R();build(1,1,n);for(ll i=1;i<=n;++i)a[i]=R();ll l,r;for(ll i=1;i<=n-1;++i){l=R();r=R();ans=-0x3f3f3f3f;Add2(1,l,r,a[i]);Ask2(1,i+1);a[i+1]=ans+a[i+1];}printf("%lld",a[n]);return 0;
}

H 信大学子要过河

题解

贪心，先将a[n]从小到大排序，考虑对于当前时刻想要将最大的两个数渡河，有两种最优策略：

1. 用最小数分别将两个最大数送过去 cost：a[1]*2+a[i]+a[i-1]

2. 先让最小和次小数过河，让最小回来，再让两个最大数一起过河，让次小回来：

cost：a[1]+a[2]*2+a[i]

每次比较一下取最小值，在注意一下特殊情况和边界处理就ok了

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int R(){int a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
int n,a[100010],ans;
void init(){ans=0;
}
void work(){if(n==1){ans=a[1];return;}for(int i=n;i-1>2;i-=2){if(a[1]*2+a[i]+a[i-1]<a[1]+a[2]*2+a[i]){ans+=a[1]*2+a[i]+a[i-1];}else{ans+=a[1]+a[2]*2+a[i];}}if(n&1){ // 奇数ans+=a[1]+a[2]+a[3];}else{ans+=a[2];}
}
int main(){int T=R();while(T--){init();n=R();for(int i=1;i<=n;++i){a[i]=R();}sort(a+1,a+1+n);work();printf("%d\n",ans);}return 0;
}

I 中国国粹

题解

模拟的神！好家伙，我下来调试了4个小时终于A了，我要哭了。。。有个小细节当时改的时候没考虑周全，调试了好久才发现这个问题。

感觉整个人都通透了

教训：仔细看题！！写代码细心！细心！再细心！

顺子型搭子不能考虑字牌！！！

屁胡的判断用枚举对子然后深搜4个搭子

不过好好把这道题写过，你的编程能力会有非常大的提高

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline int R(){int a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
int a[20],b[20],pos,val_count[50],ans[200],ans_cnt,val_a_cnt[50];
void init(){memset(val_a_cnt,0,sizeof val_a_cnt);memset(ans,0,sizeof ans);ans_cnt=0;memset(a,0,sizeof a);memset(b,0,sizeof b);
}
bool pd1(){for(int i=1;i<14;i+=2){if(b[i]!=b[i+1])return false;}return true;
}
bool pd2(){int num131[]={0,11,19,21,29,31,39,41,42,43,44,45,46,47},cnt131=13;int vis[50]={0};for(int i=1;i<=cnt131;++i){vis[num131[i]]=1;}for(int i=1;i<=14;++i){if(!vis[b[i]])return false;vis[b[i]]++;}int dui=0;for(int i=1;i<=cnt131;++i){int x=num131[i];if(vis[x]==1)return false; //有的数没有if(vis[x]==3){ //有对数dui++;}}if(dui>1)return false;return true;
}
bool pd3(){int jiang[]={0,12,15,18,22,25,28,32,35,38},jiang_num=9;bool vis[50]={0};for(int i=1;i<=jiang_num;++i){vis[jiang[i]]=1;}for(int i=1;i<=14;++i){if(!vis[b[i]])return false;}return true;
}
bool dfs(int s){if(s==4){for(int i=1;i<=4;++i){for(int j=1;j<=(i==4?7:9);++j){int x=i*10+j;if(val_count[x])return false;}}return true;}for(int i=1;i<=4;++i){for(int j=1;j<=(i==4?7:9);++j){int x=i*10+j;//枚举if(!val_count[x])continue;if(val_count[x]>=3){val_count[x]-=3;if(dfs(s+1))return true;val_count[x]+=3;}if(i!=4&&j<=7&&val_count[x+1]&&val_count[x+2]){val_count[x]--;val_count[x+1]--;val_count[x+2]--;if(dfs(s+1))return true;val_count[x]++;val_count[x+1]++;val_count[x+2]++;}}}return false;
}
bool pd4(){for(int i=1;i<=4;++i){for(int j=1;j<=(i==4?7:9);++j){int x=i*10+j;//枚举if(val_count[x]>=2){val_count[x]-=2;if(dfs(0))return true;val_count[x]+=2;}}}return false;
}
void print(int x){char c;switch(x/10){case 1:c='m';break;case 2:c='s';break;case 3:c='p';break;case 4:c='c';}printf("%d%c ",x%10,c);
}
void work(){for(int i=1;i<=13;++i)val_a_cnt[a[i]]++;for(int i=1;i<=4;++i){for(int j=1;j<=(i==4?7:9);++j){int x=i*10+j;if(val_a_cnt[x]==4)continue;bool bj=1;pos=0;for(int k=1;k<=13;++k){ //插入排序if(bj&&x<a[k]){b[++pos]=x;bj=0;}b[++pos]=a[k];}if(bj)b[++pos]=x;memset(val_count,0,sizeof val_count);for(int i=1;i<=14;++i)val_count[b[i]]++;if(pd1()||pd2()||pd3()||pd4()){ans[++ans_cnt]=x;}}}
}
void out(){if(ans_cnt!=0){printf("%d ",ans_cnt);sort(ans+1,ans+ans_cnt+1);for(int i=1;i<=ans_cnt;++i){print(ans[i]);}printf("\n");}else{printf("Ohno\n"); }
}
int main(){int T=R();while(T--){init();int number;char c;for(int i=1;i<=13;++i){scanf("%d%c",&number,&c);switch(c){case 'm':a[i]=10+number;break;case 's':a[i]=20+number;break;case 'p':a[i]=30+number;break;case 'c':a[i]=40+number;}}sort(a+1,a+14);work();out();}return 0;
}

K 最小整数问题

题解

真·水题

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll R(){ll a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
string s;
int main(){int T=R();while(T--){cin>>s;sort(s.begin(),s.end());int x=0;while(s[x]=='0')x++;swap(s[0],s[x]);cout<<s<<'\n';}return 0;
}

J Kabayashi And Three consciousness

题解

模拟+gcd

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll R(){ll a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
ll p,q;
ll cnt,ans[1000100];
ll gcd(ll a,ll b){return (!b?a:gcd(b,a%b));
}
int main(){p=R();q=R();ll g=gcd(p,q);p/=g;q/=g;swap(p,q);do{swap(p,q);ll zhengshu=p/q;ans[++cnt]=zhengshu;p-=q*zhengshu;g=gcd(p,q);p/=g;q/=g;}while(p!=1);ans[++cnt]=q;printf("%lld\n",cnt);for(ll i=1;i<=cnt;++i){printf("%lld ",ans[i]);}return 0;
}

L Find And Cal

题解

考大素数判断，由于素数的密度较大，可以直接从x++来找素数，用Miller Rabin判断是否为素数。

那么如何求包含质因数y的个数？

f(x,y)=f(x/y,y)+x/y

推导：

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
inline ll R(){ll a=0,b=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')b=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){a=a*10+c-'0';c=getchar();}return a*b;}
const ll Mod=998244353;
ll prime[10]={2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29};
ll ksm(ll a,ll b,ll mod){ll ans=1;while(b){if(b&1) ans=(__int128)ans*a%mod;a=(__int128)a*a%mod;b>>=1;}return ans;
}
bool miller_rabin(ll x){ //判断素数 ll s=0,t=x-1;if(x==2)return true; //2是素数 if(x<2||!(x&1)) return false; //如果x是偶数或者是0,1，那它不是素数 while(!(t&1)){  //将x分解成(2^s)*t的样子 s++;t>>=1;}for(ll i=0;i<10&&prime[i]<x;++i){  //随便选一个素数进行测试 ll a=prime[i];ll b=ksm(a,t,x); //先算出a^tfor(int j=1;j<=s;++j){ //然后进行s次平方 ll k=ksm(b,2,x); //求b的平方 if(k==1&&b!=1&&b!=x-1)return false; //用二次探测判断 b=k;}if(b!=1)return false; //用费马小定律判断 }return true; //如果进行多次测试都是对的，那么x就极有可能是素数
}
int main(){ll T=R();while(T--){ll x=R(),y=R();x++;while(!miller_rabin(x))x++;ll ans=0;while(x){ans=(ans+x/y)%Mod;x/=y;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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