比賽鏈接：Here
本場題目重現於 2021湘潭全國邀請賽
A - A+B Problem (簽到)
根據題意處理即可
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _; for (cin >> _; _--;) {
int a, b;
cin >> a >> b;
if (a + b <= 1023 and a + b >= -1024)cout << a + b << "\n";
else if (a + b > 1023)cout << a + b - 2048 << "\n";
else cout << a + b + 2048 << "\n";
}
}
B - Binary Number
C - Calculate
D - Car
E - CCPC Strings （math）
思路來自 聆竹聽風
題意：長度為 \(n\) 的只含有”C”或”P”的字符串共有 (\(2^n\))個，問：這所有(\(2^n\))個字符串中含有多少個”CCPC”（每一個”CCPC”之間不能相互重疊，即”CCPCCPC”中只能算(1)個”CCPC”）
假設所有長度為(\(n\))的”CP”字符串中互不重疊的”CCPC”的個數為(\(a_n\))
若認為可以相互重疊，可以通過計算貢獻的方式進行計算
詳細見 Here
const int mod = 1e9 + 7;
ll a[10];
ll qpow(ll a, ll b) {
ll ans = 1;
for (; b; b >>= 1, a = a * a % mod)
if (b & 1) ans = (ans * a) % mod;
return ans;
}
ll cal(ll x) {
ll an = qpow(2, x - 1) * 64 % mod, a1 = qpow(2, (x - 1) % 6 + 6);
ll inv63 = qpow(63, mod - 2);
ll c = x % 6, z = (x - 1) % 6;
if (c == 0) c += 6;
ll s1 = c * qpow(2, z) % mod;
return ((x * qpow(2, x + 5) % mod - 6 * (an - a1 + mod) % mod * inv63 % mod + mod) % mod - s1) % mod * inv63 % mod;
}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
a[4] = 1, a[5] = 4, a[6] = 12;
int _; for (cin >> _; _--;) {
ll n; cin >> n;
if (n < 7) cout << a[n] << "\n";
else cout << (cal(n - 3) - cal(n - 6) + mod ) % mod << '\n';
}
}
F - Control in a Matrix
G - Game （思維）
首先分析x−(10k−1)，減的這個數只能是9，99，999，…
99=9 * 11
999=9 * 111
999…=9 * K
這些數都是9的倍數,K是個奇數，所以對結果沒有影響，因此我們可以將這個問題轉化為每次減9
將這些數從小到大排序，每次先從最小的開始減
例如：19 10 29 不排序從第一個開始減最后減到的最小結果就是19 10 11（因為19-9=10，與第二個數字10有重復）
排序后的最小結果是1 10 11，這個在計算過程中不會出現少操作數，每個人都可以做到最佳選擇
因為存在最后減完的結果一樣，但是題目要求不可以出現重復的數字，所以需要再次處理
每次從最小的開始減，余數不為0的每次就讓第一個減到0*9+余數，第二個減到1 * 9+余數…以此類推（如果余數為0，第一個減到1 * 9，第二個減到2 * 9，以此類推）
這里的避重（避免重復）操作數可以用前n項和實現
(余數為0) 例：9 18 27 化為最小結果（未對余數進行避重）分別需要的操作是 1 2 3次，總操作數=6
避重的話9應該減為1 * 9，18減為2 * 9，27減為3 * 9，需要的總操作數是1+2+3=6次
6-6=0，所以最后只能對這組數據進行0次操作。
(余數不為0)，與上類似，只是第一個數減到0 * 9+余數…
最后總結我們需要計算的就是：
一、將每個數化到最小一共需要多少次操作（一共能減多少次9，先不考慮余數相同）
二、統計余數相同的個數（對9取余 余數為0到8）
三、余數相同的數字，計算去重操作數
四、總操作數-避重操作數即為最后的操作數，如果為偶數，則B贏，反之，則A贏。
const int N = 1e6 + 10;
ll a[N], book[100]; // book 不要取太大，memset太花時間
int n;
int main() {
//cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
while (~scanf("%d", &n) and n) {
memset(book, 0, sizeof(book));
for (int i = 0; i < n; ++i) scanf("%d", a + i);
sort(a, a + n);
int sum = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
int b = a[i] % 9;
if (b == 0)b = 9;
sum += (a[i] - b - book[b] * 9) / 9;
book[b]++;
}
cout << "BA"[sum & 1] << "\n";
}
}
H - Huge Directed Graph
I - Sequence
J - Stacks （Good）
很巧妙的圖論搜索題，
把棧想成圖中的點，根據操作將設定好的結構體左右端點相連。
最后判斷情況輸出即可
const int N = 1e5 + 10;
struct node {
int l, r;
} q[N];
int idx, n, m, k;
vector<int>e[N];
int b[N];
void dfs(int u, int f) {
for (int v : e[u]) {
if (v == f)continue;
b[++k] = v;
dfs(v, u);
}
}
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
while (cin >> n >> m) {
idx = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) q[i].l = q[i].r = i, e[i].clear();
while (m--) {
int a, b;;
cin >> a >> b;
if (q[a].l and q[b].l) { // a,b
e[q[a].l].push_back(q[b].l);
e[q[b].l].push_back(q[a].l);
q[b].l = q[a].r;
q[a].l = q[a].r = 0;
} else if (q[a].l and !q[b].l) { // a,b
q[b].l = q[a].r;
q[b].r = q[a].l;
q[a].l = q[a].r = 0;
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (!q[i].l)cout << "0\n";
else {
k = 0;
dfs(q[i].l, -1);
cout << k + 1 << " " << q[i].l;
for (int i = 1; i <= k; ++i) cout << " " << b[i];
cout << "\n";
}
}
}
}
K - Substring （滑動窗口）
滑動窗口，開一個隊列數組存出現過的字母下標
int main() {
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int k; string s;
while (cin >> k >> s) {
queue<int>a[26];
int n = s.length();
int i = 0, j = 1;
a[s[0] - 'a'].push(0);
int Len = 1;
while (i <= j and j < n) {
int t = s[j] - 'a';
a[t].push(j);
if (a[t].size() <= k)Len = max(Len, j - i + 1);
else {
for (int k = i; k < a[t].front(); ++k) a[s[k] - 'a'].pop();
i = a[t].front() + 1;
a[t].pop();
}
j++;
}
cout << Len << '\n';
}
}