1.会长的数字
签到题，只要找输入的数字中有无某一位数字除以2等于0。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5;
char s[maxn];
int main(){
scanf("%s",s+1);
int d=strlen(s+1),flag=0;
for(int i=1;i<=d;i++){
int num=s[i]-'0';
if(num%2==0){
flag=1;
}
}
printf(flag?"YES\n":"NO\n");
return 0;
}
2.这是你的气球
签到题，因为要求x,y是正整数，所以x可以取的值是1~n-1,所以一共有n-1个二元组。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int main()
{
int n;
cin>>n;
cout<<(n-1)<<endl;
}
3.二进制
思维题，对数组从左往右遍历，cnt数组表示当前前缀的1的数量，ans表示答案，res表示已经遇到的1对后面1的贡献，如果遇到1，则cnt++，ans+=res,即表示前面的所有的1对现在的1的贡献加到答案里面，还要注意每一步res都要更新成res+cnt，最后注意取模的问题就行。
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int a[MAXN];
int main()
{
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
}
int ans=0;
int res=0;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
res=(res+cnt)%mod;
if(a[i]==1)
{
cnt++;
ans=(ans+res)%mod;
}
}
cout<<ans<<endl;
}
4.聪明的qc
分析子问题 2 3 1，这肯定是第一个拿第一堆的人(First)获胜，再来分析 5 2 2 2，根据前面分析的2 3 1，2 2 2
同理也是当前先拿的人获胜，所以第一个拿第一堆的人可以计划他也是第一个拿第二堆的人，那么它可以先拿到第一堆石头的a[1]-1个，
这样他也是第一个拿第二堆的，由此分析，谁先拿到第一个不为1的石头，就谁获胜。
所以记录一下前缀1的最长位置即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int MAXN=2e6+5;
int a[MAXN];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--) {
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d",&a[i]);
}
int k = 0;
while(k < n && a[k] == 1) {
k++;
}
cout << ((k == n) ^ (k % 2==1) ? "Second" : "First") << '\n';
}
}
5.约会大作战
利用二分的思想,找出最优的天数.
假定出一个天数,然后从后往前遍历.
如果第一次遇到某种精灵,那么就让你所有要准备的天数减去这个精灵要考的天数,同时把这种课标记掉.
如果你遍历到某一天是0或者是这一门已经被标记掉了,那么就让所有剩余的天数减一,因为你这一天拿来复习了.
当然,如果你剩余的天数小于你总的需要复习的天数,那么就返回错误.
遍历完成,看一下剩余的天数是否为0,如果为0就返回正确,否则返回错误.
思路：二分每一天，看这天是不是能考完。
判断能考完的方法：从这天向前遍历，若这天有精灵且这个精灵还没约会，我们就跟这个精灵约会，若这天没有精灵，我们就休息。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,m;
int d[MAXN];
int a[MAXN];
int vis[MAXN];
int num[MAXN];
bool check(int mid)
{
int sum=0;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=m;i++) vis[i]=0;
for(int i=1;i<=mid;i++) num[i]=0;
for(int i=mid;i>=1;i--)
{
if(d[i]==0) continue;
else if(vis[d[i]]==0) {
num[i]=1;vis[d[i]]=1;}
}
for(int i=1;i<=mid;i++)
{
if(num[i]==0) sum++;
else
{
if(sum>=a[d[i]]) {
sum-=a[d[i]];cnt++;}
else return 0;
}
}
if(cnt==m) return 1;
else return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&d[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
int l=1,r=n;
int ans=-1;
while(l<=r)
{
int mid=(l+r)>>1;
//cout<<mid<<endl;
if(check(mid))
{
ans=mid;
r=mid-1;
}
else
{
l=mid+1;
}
}
if(ans==-1) printf("impossible\n");
else printf("%d\n",ans);
}
6.狼抓兔子
bfs裸题，因为兔子最终能跑到四个点，每个点都有可能，所以直接bfs计算狼到这四个点的最短距离，取个最小值，最后还得判断狼能不能到达这四个点。
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
char s[1005][1005];
int vis[1005][1005];
int ans[1005][1005];
int n,m;
struct node
{
int x,y;
int val;
};
int tx[4]={
1,-1,0,0};
int ty[4]={
0,0,1,-1};
bool ok(int x,int y)
{
if(x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m) return true;
else return false;
}
void bfs(int x2,int y2)
{
queue<node>q;
node now;
now.x=x2;now.y=y2;
now.val=0;
vis[x2][y2]=1;
ans[x2][y2]=0;
q.push(now);
while(!q.empty())
{
now=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<4;i++)
{
int nx=now.x+tx[i];
int ny=now.y+ty[i];
//cout<<nx<<" "<<ny<<endl;
if(ok(nx,ny)&&s[nx][ny]!='#'&&vis[nx][ny]==0)
{
//cout<<nx<<" "<<ny<<endl;
node pre;
pre.x=nx;
pre.y=ny;
pre.val=now.val+1;
ans[nx][ny]=pre.val;
vis[nx][ny]=1;
q.push(pre);
}
}
}
}
int main()
{
int x1,y1,x2,y2;
scanf("%d%d",&n,&m);
scanf("%d%d%d%d",&x1,&y1,&x2,&y2);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",s[i]+1);
}
memset(ans,-1,sizeof ans);
bfs(x2,y2);
int res=1e9;
if(ans[1][y1]!=-1) res=min(res,ans[1][y1]);
if(ans[n][y1]!=-1) res=min(res,ans[n][y1]);
if(ans[x1][1]!=-1) res=min(res,ans[x1][1]);
if(ans[x1][m]!=-1) res=min(res,ans[x1][m]);
if(res==1e9)
{
printf("NO\n");
}
else
{
printf("YES\n");
printf("%d\n",res);
}
}
7.狂风绝息斩
简单动态规划题，枚举每个点，这个点要么是从前一个点转移过来，要么是从前前点转移过来，所以可写出动态规划方程
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]。
注意要初始化1 和2这两个点
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define debug printf(" I am here\n");
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=1e3+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=2017;
const double eps=1e-10;
int n,m;
ll dp[maxn];
int main(){
scanf("%d",&n);
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
}
cout<<dp[n]<<endl;
return 0;
}
8.吸金达人
一道很强的思维题，首先就是如果可以使得所有的点变成一个点，那么必然存在只让一个点就可以吸引完其它所有的点（这里仔细想想，因为我们无法改变点与点之间的距离）所以按这样来看我们的最小操作次数就是1 ，而如果不存在则说明不可行，我们输出− 1 即可。所以实际上我们可以暴力枚举一下，是否存在一个点可行。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int x[MAXN];
int y[MAXN];
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int n,k;
cin>>n>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>x[i]>>y[i];
}
if(n==1||n==0)
{
cout<<"angry"<<endl;
continue;
}
int flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int cnt=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
{
if(i==j) continue;
if(abs(x[i]-x[j])+abs(y[i]-y[j])<=k)
{
cnt++;
}
}
if(cnt==n-1)
{
flag=1;
break;
}
}
if(flag)
{
printf("1\n");
}
else
{
printf("-1\n");
}
}
}
9.潇洒哥VS喜羊羊
我们可以求出数组元素的和，如果和为奇数，每次减少2永远会剩下，所以我们要寻找的是和为偶数的片段
如果满足偶数和，那么最大值如果不能被抵消掉也是不可以的，比如这串数：1,2,3,1000，这串数的和为偶数，但是是不可能全变成0的。
所以我们需要判断最大数能否被抵消掉，如果最大数的2倍比和要大，意味着无法抵消掉最大数
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<unordered_map>
#define fi first
#define se second
//#define int long long
#define debug printf(" I am here\n");
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=1e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const double eps=1e-10;
int n,a[maxn],ma;
ll sum=0;
bool flag=0;
signed main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
sum+=a[i];
ma=max(ma,a[i]);
}
if(ma<=sum/2&&sum%2==0){
flag=1;
}
string a,b;
cin>>a>>b;
if(a==b){
cout<<"huagequanquanzuzhouni"<<endl;
}else{
if(flag&&a=="YES"||(!flag&&a=="NO")){
cout<<"huagequanquanzuzhouni"<<endl;
}else{
cout<<"huagequanquanzhufuni"<<endl;
}
}
return 0;
}
10.就算女装也在所不辞
直接二分最长练习时间，因为是把连续的合为一组，所以贪心的去想，每组的时长肯定是尽可能的靠近二分的时间，这样可以使得组数最少，按顺序遍历，sum表示当前组的练习时长，cnt表示组数，如果sum+当前时长小于等于二分的答案，说明当前节练习可以加入到第cnt组，否则，cnt++，即尽量充分的填满时间，如果遍历完后的组数<=k,则合法，r=mid-1，否则 r=mid+1。注意，如果存在某节练习时长大于二分的时间，那么直接是不合法的。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
ll a[maxn];
int n,k;
bool check(ll mid)
{
int res=0;
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(a[i]>mid) return 0;
if(a[i]+sum<=mid)
{
sum+=a[i];
}
else
{
res++;
sum=a[i];
}
}
res++;
if(res<=k)
{
return 1;
}
else return 0;
}
int main()
{
cin>>n>>k;
ll sum=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>a[i];
sum+=a[i];
}
ll l=1,r=sum;
ll ans=-1;
while(l<=r)
{
ll mid=(l+r)/2;
if(check(mid))
{
r=mid-1;
ans=mid;
}
else
{
l=mid+1;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
11.会长大逃亡
动态规划，设dp[i][j]表示传送j次到达i点的最小时间花费。
则状态转移方程为：
dp[i][j]=min(dp[i-1][j]+t,dp[pre][j-1])
pre表示某个能传送到 i 点的点。注意要对dp初始化为-1，
并且dp[1][0]=0。
此处附上标准版和简洁版代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
int n,k,t;
int p[MAXN];
int dp[MAXN][40];
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&k,&t);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&p[i]);
}
memset(dp,-1,sizeof dp);
dp[1][0]=0;
if(p[1])
{
for(int j=0;j<=k-1;j++)
{
if(dp[1][j]!=-1)
{
if(dp[p[1]][j+1]==-1) dp[p[1]][j+1]=dp[1][j];
else dp[p[1]][j+1]=min(dp[p[1]][j+1],dp[1][j]);
}
}
}
for(int i=2;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=k;j++)
{
if(dp[i-1][j]!=-1)
{
if(dp[i][j]==-1) dp[i][j]=dp[i-1][j]+t;
else dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j]+t);
}
}
if(p[i])
{
for(int j=0;j<=k-1;j++)
{
if(dp[i][j]!=-1)
{
if(dp[p[i]][j+1]==-1) dp[p[i]][j+1]=dp[i][j];
else dp[p[i]][j+1]=min(dp[p[i]][j+1],dp[i][j]);
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int ans=1e9+7;
for(int j=0;j<=k;j++)
{
if(dp[i][j]!=-1)
{
ans=min(ans,dp[i][j]);
}
}
printf("%d ",ans);
}
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 7;
int n,k,t,q;
int dp[maxn][35],ans[maxn];
vector<int> vec[maxn];
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&k,&t);
memset(dp,0x3f3f3f3f,sizeof(dp));
memset(ans,0x3f3f3f3f,sizeof(ans));
for(int i = 1,x; i <= n; i ++){
scanf("%d",&x);
vec[x].push_back(i);
}
dp[1][k] = 0;
for(int i = 2; i <= n; i ++){
for(int j = 0; j <= k; j ++){
for(auto pre: vec[i]){
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[pre][j + 1]);
}
dp[i][j] = min(dp[i][j],dp[i - 1][j] + t);
}
}
for(int i = 1; i <= n; i ++){
ans[i] = dp[i][0];
for(int j = 0; j <= k; j ++){
ans[i] = min(ans[i] , dp[i][j]);
}
printf("%d ",ans[i]);
}
return 0;
}
12.你真的会判断素数吗?
虽然测试数据很大，但能满足题意的素数很少，并且不大，所以直接dfs枚举每一位的数字，过程中可以暴力判断素数，ac代码用的是vector存的答案，不会vector的可以用数组存答案，效果是一样的。
代码：
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<set>
#define iss ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e5+5;
const int mod=1e9+7;
ll n;
int ans;
std::vector<ll> v;
bool is_prime(ll x)
{
if(x==1||x==0) return 0;
int k=sqrt(x);
for(int i=2;i<=k;i++)
{
if(x%i==0) return 0;
}
return 1;
}
void dfs(ll sum)
{
if(is_prime(sum)&&sum<=n) {
ans++;v.push_back(sum);}
else return;
dfs(sum*10+1);
dfs(sum*10+3);
dfs(sum*10+7);
dfs(sum*10+9);
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
v.clear();
ans=0;
scanf("%lld",&n);
if(2<=n) dfs(2);
if(3<=n) dfs(3);
if(5<=n) dfs(5);
if(7<=n) dfs(7);
if(ans==0)
{
printf("0\n");
printf("\n");
}
else
{
printf("%d\n",ans);
sort(v.begin(),v.end());
for(int i=0;i<v.size();i++)
{
if(i!=v.size()-1)printf("%lld ",v[i]);
else printf("%lld",v[i]);
}
printf("\n");
}
}
}
13.水题大赛
单纯的模拟题，按照题意模拟一下就行了，注意下一些细节。
代码：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,w[12],a[100012][5][10];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
int cnt2=1,cnt3=1;
w[1]=50,w[2]=40,w[3]=30,w[4]=20,w[5]=10;
for (int i=1;i<=m;i++)
{
int s,b,c,d;
scanf("%d L%d-%d %d",&s,&b,&c,&d);
a[s][b][c]=max(a[s][b][c],d);
if (b==2&&d==25&&cnt2<=5&&a[s][2][0]==0)
a[s][2][0]+=w[cnt2],cnt2++;
if (b==3&&d==30&&cnt3<=5&&a[s][3][0]==0)
a[s][3][0]+=w[cnt3],cnt3++;
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int a1=0,a2=0,a3=0;
for (int j=1;j<=8;j++)
a1+=a[i][1][j],a2+=a[i][2][j],a3+=a[i][3][j];
if (a1<80)
printf("%d\n",a1);
if (a1>=80&&a2<40)
printf("%d\n",a1+a2+a[i][2][0]);
if (a1>=80&&a2>=40)
printf("%d\n",a1+a2+a[i][2][0]+a3+a[i][3][0]);
}
return 0;
}