数内排序

分析

字符串读入,逆序排序即可。

时间复杂度

O(len(x)*log(len(x)))

参考代码

#include

using namespace std;

int main() {

string x;

cin >> x;

sort(x.begin(), x.end());

reverse(x.begin(), x.end());

cout << x << endl;

return 0;

}

幸运时刻

分析

按题意模拟即可。

时间复杂度

O(n)

参考代码

#include

using namespace std;

int n;

int main() {

cin >> n;

string s;

int cnt = 0;

int flag;

for(int i = 0; i < n; i++) {

cin >> s;

flag = 0;

if(s[0] == s[3] && s[1] == s[4]) flag = 1;

if(s[0] == s[1] && s[3] == s[4]) flag = 1;

if(s[0] == s[4] && s[1] == s[3]) flag = 1;

if(flag) cnt++;

}

cout << cnt << endl;

}

有趣的硬币

分析

根据有趣硬币的定义,挨着判断统计即可。

时间复杂度

O(n)

参考代码

#include

using namespace std;

string s;

int main() {

cin >> s;

s = s[0] + s;

s = s + s[s.size() - 1];

int cnt = 0;

for(int i = 1; i < s.size() - 1; i++) {

if(s[i] != s[i - 1] || s[i] != s[i + 1]) {

cnt++;

}

}

cout << cnt << endl;

return 0;

}

整除

分析

本质是找1~n的最小公倍数,

根据唯一分解定理和最小公倍数的定义。。。

求每个素因子的最大个数相乘即可。

时间复杂度

O(n*sqrt(n))

参考代码

#include

using namespace std;

const int maxn = 100000 + 5;

int tmp[maxn];

int n;

int main() {

cin >> n;

for(int i = 1; i <= n; i++) {

int k = i;

for(int j = 2; j * j <= n; j++) {

int s = 0;

while(k % j == 0) {

s++;

k /= j;

}

tmp[j] = max(tmp[j], s);

}

if(k > 1) tmp[k] = max(tmp[k], 1);

}

long long res = 1;

for(int i = 1; i <= 100000; i++) {

for(int j = 0; j < tmp[i]; j++) {

res = res * i % 987654321;

}

}

cout << res << endl;

return 0;

}

牛牛下象棋

分析

dp[i][a][b]表示i次移动后,马位于坐标(a,b)的情况数。

考虑下一步的八种移动方式对应的8个坐标分别为(a1,b1)...(a8,b8),则状态转移方程如下:

dp[i+1][a1][b1] += dp[i][a][b]

dp[i+1][a2][b2] += dp[i][a][b]

...

dp[i+1][a8][b8] += dp[i][a][b]

初始状态为除了dp[0][0][0] = 1,其余都为0。答案就是dp[K][X][Y]。

时间复杂度

O(81*K)

参考代码

#include

using namespace std;

long long dp[100005][10][10];

int d[10][2] = {{1, 2}, {1, -2}, {-1, 2}, {-1, -2}, {2, 1}, {2, -1}, {-2, 1}, {-2, -1}};

int main() {

int k, X, Y, tx, ty;

scanf("%d%d%d", &k, &X, &Y);

dp[0][0][0] = 1;

for(int i = 0; i < k; i++) {

for(int x = 0; x <= 8; x++) {

for(int y = 0; y <= 8; y++) {

for(int j = 0; j < 8; j++) {

tx = x + d[j][0];

ty = y + d[j][1];

if(0 <= tx && tx <= 8 && 0 <= ty && ty <= 8)

dp[i+1][tx][ty] = (dp[i + 1][tx][ty] + dp[i][x][y]) % 1000000007;

}

}

}

}

printf("%lld\n", dp[k][X][Y]);

return 0;

}

牛牛的括号匹配

分析

考虑如何判断一个串是否合法的过程:
依次处理字符,若是'('则入栈,若是')'则从栈中弹出一个'('. 若没有'('则不合法.
那么此题就是上述过程的变种,在处理过程中允许两次变换.可以只考虑')'->'('的方向.
1、如果当前是'(',直接入栈.
2、如果当前是')',如果栈非空,则弹出一个'('; 如果栈空就把当前的')'变成'('入栈. (标记最多只能变化一次).
用flag标记是否有将')'变为'('的操作. 结果栈要么为空,要么全是'('.

如果整个字串没有被处理完,那么肯定是"No".

如果flag=0, 那么要求没有'('剩下.

如果flag=1, 那么结果栈中的'('只能是两个. "((" -> "()".

时间复杂度

O(len(s))

参考代码

#include

using namespace std;

const int maxn = 1e5 + 10;

char str[maxn];

stack s;

int main() {

int t;

cin >> t;

while(t--) {

while(!s.empty()) s.pop();

scanf("%s", str);

int n = strlen(str);

if(n == 2) {

if(str[0] == '(' && str[1] == ')') {

puts("No");

continue;

}

}

int i;

int flag1 = 0;

for(i = 0; i < n; i++) {

if(str[i] == '(') {

s.push('(');

} else {

if(!s.empty()) s.pop();

else {

if(flag1) break;

flag1 = 1;

s.push('(');

}

}

}

if(i == n) {

if(!flag1) {

if(s.empty()) puts("Yes");

else puts("No");

}

else {

if(s.size() != 2) puts("No");

else puts("Yes");

}

}

else puts("No");

}

return 0;

}

分解整数

分析

范围巨大。。

但是直觉上觉得可以很快出答案,

于是答案枚举一个数,判断另外一个数的合法性。

就跑过了。。

时间复杂度

O(跑得过)

参考代码

#include

int main() {

int t;

long long n, x, y;

scanf("%d", &t);

while(t--) {

scanf("%lld", &n);

if(n & 1)

printf("No\n");

else {

for(y = 2; y <= n; y += 2) {

if(n % y == 0 && ((n / y) & 1)) {

x = n / y;

break;

}

}

printf("%lld %lld\n", x, y);

}

}

return 0;

}

生成回文串

分析

dp[l][r]表示区间 [l, r] 内的回文串数目。

于是dp[l][r] = dp[l][r - 1] + dp[l + 1][r],

根据s[l] ?= s[r], 来看是+1还是减掉重复的部分。

时间复杂度

O(n^2)

参考代码

#include

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn = 50 + 5;

LL dp[maxn][maxn];

char s[maxn];

int main() {

scanf("%s", s + 1);

int len = strlen(s + 1);

memset (dp, 0, sizeof(dp));

for(int i = 1; i <= len; i++) {

for(int l = 1; l + i - 1 <= len; l++) {

int r = l + i - 1;

dp[l][r] += dp[l + 1][r];

dp[l][r] += dp[l][r - 1];

if (s[l] == s[r]) dp[l][r] += 1;

else dp[l][r] -= dp[l + 1][r - 1];

}

}

printf ("%lld\n", dp[1][len]);

return 0;

}

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