本人因为身体原因博客断更了很长时间，唉，程序员还是要注重身体，尤其是我这种辣鸡的程序员，如果代码能力不高然后再身体不好那可就gg了啊T^T
话说ABC107是我打Atcoder开始以来，排名最靠前的，第145，竟然排名页第8页就能看到我~这是从没有过的hhh，不过也就涨了70多分 >^<
好了闲话不多说了~直接上这三场比赛的C题题解：
< ABC106 - C >
题意：
就是，先给定一个原串，然后每天经过一次骚变换，持续 5 * 10 ^ 15天。关于这个骚变换，举个栗子~
比如原串是，1214
一天后变成 12214444
再过一天又变成 1222214444444444444444，以此类推。。。
就是说给定一个串，串中某一位置的数字是几，下一天他就变成几个这个数，1214之所以在一天后变成12214444，就是第二个位置的2变成了2个2，第四个位置的4变成4个4，以此类推，不再赘述了。
然后给你一个 k（long long 以内）值，是表示位置，问你，经过5 * 10 ^ 15天这种变换，现在这个串第k个位置的数字是多少。
思路：
我是这么想的，因为 5 * 10 ^ 15天，真的太大了，所以枚举这种蠢事是不存在的了，那我就看一下这个串的增长规律，除了1每次个数不动以外，其余数字 t 在下一天都会变成 t 个 t，所以说，比如我开头不是1，假设是除1以外，最小的2吧，那每经过一天，我的2都会呈指数增长，经过5 * 10 ^ 15天后，如果我开头是最小的2的话，那我首先就有 2 的 (5 * 10^15)次幂个2了，那更大的数就更不用说了，远超long long 的范围了，所以说，只要开头没碰到1，那我答案一定就是开头的数了，再深入想想，如果开头就是多个1连着呢，那我不管经过多少天变换，这开头这一堆连续的1都不动，那我的k值（要求的位置），如果比这一堆连续的1的个数少，那就打印1，否则就打印第一个不是1的数即可~
本人AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <map>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
char s[107];
ll k;
int ans;
int main() {
scanf("%s %lld", s, &k);
int l = strlen(s);
bool flg = 0;
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < l; i++) {
if(s[i] == '1') cnt++;
else {
flg = 1;
ans = s[i] - '0';
break;
}
}
if(!flg) puts("1");
else {
if(k > cnt) cout << ans << endl;
else cout << 1 << endl;
}
}
< ABC107 - C >
题意：
你有n个蜡烛，摆在数轴上的n个坐标上，你从坐标原点0出发，一共需要点燃k个蜡烛，问最少走多少步~当然了，一步只能走1个单位哦~
思路：
我的思路就~比较简单吧~虽然是贪心，但我就找了个规律，其实也就是个枚举，
我进行了以下两步操作，就是核心代码：
if(i + k - 1 >= 1 && i + k - 1 <= n) t1 = abs(a[i]) + abs(a[i + k - 1] - a[i]);
if(i - k + 1 >= 1 && i - k + 1 <= n) t2 = abs(a[i]) + abs(a[i - k + 1] - a[i]);
就是分别先向左或向右走，然后看下一步是顺着这个方向走，还是逆着走更贪心，听我的，自己画一下数轴。模拟一下怎么走，就知道了，
核心代码：
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int t1 = Inf, t2 = Inf, tmp;
if(i + k - 1 >= 1 && i + k - 1 <= n) t1 = abs(a[i]) + abs(a[i + k - 1] - a[i]);
if(i - k + 1 >= 1 && i - k + 1 <= n) t2 = abs(a[i]) + abs(a[i - k + 1] - a[i]);
tmp = min(t1, t2);
minT = min(minT, tmp);
}
用最小值minT维护一下就ok了~一定要画个数轴自己模拟一下这个过程，真的一目了然~
本人AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxx = 1e5 + 7;
const int Inf = 1 << 30;
int n, k;
int a[maxx];
int main() {
int minT = Inf;
cin >> n >> k;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int t1 = Inf, t2 = Inf, tmp;
if(i + k - 1 >= 1 && i + k - 1 <= n) t1 = abs(a[i]) + abs(a[i + k - 1] - a[i]);
if(i - k + 1 >= 1 && i - k + 1 <= n) t2 = abs(a[i]) + abs(a[i - k + 1] - a[i]);
tmp = min(t1, t2);
minT = min(minT, tmp);
}
cout << minT << endl;
}
我顺便说一下B题吧，我看貌似500多人都没过，题意就是，给个二维字符矩阵，删掉全是点的所有行所有列，打印新矩阵。
我先标记全是点的行，然后标记全是点的列，再把标记过的所有点的列，里面的点，都换成感叹号。（这种看似脱裤子XX的操作就是为了方便我打印），没被标记的行，我就按顺序输出，碰到！，我就知道这个点是处于一个全是点的列中，我就不打印它就行了。下面是我AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, m;
char s[107][107];
bool vis[107];
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", s[i]);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
bool flag = 1;
for(int j = 0; j < m; j++) {
if(s[i][j] != '.') {
flag = 0;
break;
}
}
if(flag) vis[i] = 1;
}
for(int j = 0; j < m; j++) {
bool flag = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(s[i][j] != '.') {
flag = 0;
break;
}
}
if(flag) {
for(int i = 1; i <= n; i++) s[i][j] = '!';
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(!vis[i]) {
for(int j = 0; j < m; j++) {
if(s[i][j] != '!') printf("%c", s[i][j]);
if(j == m - 1) printf("\n");
}
}
}
}
< ABC108 - C >
题意：
给两个数n和k，在1~n中选三个数，组成一个三元有序对 <a，b，c>，使得 a+b， b+c， a+c 都是k的倍数，求有序对个数。
思路：
这题代码短的一匹，就是有些不好想，首先，给定的 n，能提供出来的 k 的倍数的个数，是 n / k 个。
那么我这些有序对的基数，就是 (n / k) ^ 3个，这就是直接构成的有序对个数。那么还有一些间接的，如果我 k 是偶数，那么我先将 k 除2，得到一个数，那么两个 k / 2的奇数倍的和，一定是 k 的倍数，证明一下：
有任意两奇数a，b，
a * (k / 2) + b * (k / 2) = (a + b) * (k / 2)，
由于两奇数和是偶数，那我将上式2约掉，得到 [(a+b) / 2] * k，显然是k的倍数~
那这种 k / 2 的奇数倍数的个数就是，k / 2的倍数减掉 k / 2的偶数倍(也就是k的倍数的个数)，即 tmp = n / (k / 2) - n / k
那我间接形成的有序对个数就是 tmp ^ 3 了，所以当k是偶数的情况下，在原来那个基数上加上tmp的立方即可~
本人AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n, k;
ll ans;
ll trip(ll a) { return 1ll * a * a * a; }
int main() {
cin >> n >> k;
ll ans1 = n / k;
ll ans2 = 0;
if(!(k & 1)) ans2 = n / (k / 2) - n / k;
ans = trip(ans1) + trip(ans2);
cout << ans << endl;
}
追加一个题~今天做的ICPC南京网络预赛的签到题，本场比赛我唯一会做的题 T^T
题意：
给你一个数n (long long 以内)，然后规定 f(n) = 1 * 1! + 2 * 2! + 3 * 3! + ... ... + (n - 1) * (n - 1)!
求 f(n) % n.
思路：
这题，我推了半天，果不其然，答案就是，n - 1，注意long long 哦~
我的AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
int cas;
ll n;
int main() {
scanf("%d", &cas);
while(cas--) {
scanf("%lld", &n);
printf("%lld\n", n - 1);
}
}