本文共 5642 字，大约阅读时间需要 18 分钟。

A. Floor Number

题意：

一个楼房房间号由 \(1\) 递增，一楼仅2个房间。给定一位用户的房间号和 \(2\)楼以上每层的房间数\(x\)

求出用户所在楼层

思路：

很简单，理解题意即可。

如果 \(n≤2\) ，则答案为1。否则，您可以“删除”第一层，然后答案为 \(⌊\frac{n-3}{x}⌋+ 2。\)

#pythonfor i in range(int(input())):    n, x = map(int, input().split())    print(1 if n <= 2 else (n - 3) // x + 2)

#include
   
    using namespace std;typedef long long ll;int main() {	//freopen("in.txt", "r", stdin);	ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);	int _; cin >> _; while (_--) {		ll n, x;		cin >> n >> x;		if (n <= 2)cout << 1 << endl;		else cout << (n - 3) / x + 2 << endl;	}}
   

B. Symmetric Matrix

题目有点长，大家点击链接看原题 或者 题意↓

题意：

给定 n 种 2 x 2大小的方块，问是否能通过这些方块组成 m x m的矩形（需要 \(s[i][k] = s[j][i]\))

思路：

首先，如果m为奇数，则出于显而易见的原因，答案为“否”。 否则，我们会注意到图块的左上角和右下角值无关紧要（因为我们可以对称放置图块）。 因此，我们只需要检查是否有一些图块的右上值等于其左下值（因为这是我们获得主对角线对称性的方式）。

#pythonfor i in range(int(input())):	n, m = map(int, input().split())	a = []	for i in range(n):		a.append([[int(x) for x in input().split()] for i in range(2)])	ok = False	for i in range(n):		ok |= a[i][0][1] == a[i][1][0]	ok &= m % 2 == 0	print("YES" if ok else "NO")

#include
   
    using namespace std;typedef long long ll;void solve() {	ll n, m;	cin >> n >> m;	ll a, b, c, d;	bool f1 = 0, f2 = 0;	for (int i = 1; i <= n; ++i) {		cin >> a >> b >> c >> d;		if (!f2 && b == c)f2 = 1;	}	if (m % 2 == 0)f1 = 1;	if (f1 && f2)cout << "YES" << endl;	else cout << "NO" << endl;}int main() {	//freopen("in.txt", "r", stdin);	ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);	int _; cin >> _; while (_--)solve();}
   

C. Increase and Copy

题意：

思路：

直观地说，我们首先需要进行所有增量操作，然后才需要复制数字（因为否则我们可以交换移动顺序，并且总和不会减少）。 您可能会注意到答案不超过 \(O（\sqrt{n}）\)，所以我们可以从1迭代到⌊\(O（\sqrt{n}）\)⌋，然后确定要复制的数字。 设为x。 那么我们需要x-1个移动来获得它，还需要⌈\(\frac{n-x}x\)⌉个移动来获得足够数量的副本。 因此，我们可以用此举数来更新答案。

#include
   
    using namespace std;int main() {	//freopen("in.txt", "r", stdin);	ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);	int t;	cin >> t;	while (t--) {		int n;		cin >> n;		int ans = 1e9;		for (int x = 1; x * x <= n; ++x) {			ans = min(ans, x - 1 + ((n - x) + x - 1) / x);		}		cout << ans << endl;	}}
   

D. Non-zero Segments

从开始遍历，利用sum去统计前面一段的值。

如果已经出现过，说明会导致有区间和为0的情况出现，ans++并且map clear 重新计数 sum从当前开始.

#include
   
    using namespace std;typedef long long ll;int main() {	//freopen("in.txt", "r", stdin);	ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);	int n; cin >> n;	map
    
     m;	ll ans = 0, sum = 0, x;	m[0]++;	for (int i = 0; i < n; ++i) {		cin >> x;		sum += x;		if (m[sum] > 0) {			ans++;			sum = x;			m.clear();			m[0]++;		}		m[sum]++;	}	cout << ans;}
    
   

E. Rock, Paper, Scissors

Alice 和 Bob这次开始玩猜拳了，给定他们玩的次数n，和石头剪刀布出现的次数，求Alice能赢的最多次数和最少次数。

思路：

赢最多不用说吧?

赢最少, 无非是 拳头被拳头和包吃了, 剪刀被剪刀和石头吃了, 包被拳头和包吃了

抵消完后, 要么你剩下拳头/剪刀/包, 对手剩下剪刀/包/拳头, 这就是你最少赢的

#include
   
    using namespace std;typedef long long ll;ll q_max(ll x, ll y, ll z, ll h) {	x = x > y ? x : y;	x = x > z ? x : z;	x = x > h ? x : h;	return x;}int main() {	//freopen("in.txt", "r", stdin);	ios_base::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);	ll n, a, b, c, x, y, z;	cin >> n;	cin >> a >> b >> c >> x >> y >> z;	cout << q_max(0, a - x - z, b - x - y, c - y - z ) << " " << min(a, y) + min(b, z) + min(c, x);}
   

F. Number of Subsequences

没做出来

先贴一下dalao的代码留做学习

#include
   
    using namespace std;const int mod = 1e9 + 7;typedef ll ll;int main() {    int n; cin >> n;    string ss; cin >> ss;    ll x = 0;    ll ans = 0;    ll temp = 0;    ll num = 1;    for (int i = 0; i < n; i++) {        if (ss[i] == 'a') x += num;        else if (ss[i] == 'b') temp += x;        else if (ss[i] == 'c') ans += temp;        else {            ans = ans * 3 + temp;            temp = temp * 3 + x;            x = x * 3 + num;            num *= 3;        }        num %= mod;        x %= mod; temp %= mod; ans %= mod;    }    cout << ans << endl;}
   

学习隔壁 洛绫璃dalao 的写法：

利用模拟思想：

题目问我们能组成 abc 的可能性，需要在3^k的情况取模

先把可能的情况标出来以后再处理

1~~a2~~?3~~ab4~~a?5~~?b6~~??7~~abc8~~ab?9~~a?c10~~?bc11~~a??12~~?b?13~~??c14~~???

#include 
   
    #define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);cout.tie(nullptr)using namespace std;typedef long long ll;const int N = 2e5 + 5, mod = 1e9 + 7;int n, m, _, k;char s[N];ll a[20], ans = 0;int qpow(ll a, ll b) {//快速幂    ll ans = 1; a %= mod;    for (; b; a = a * a % mod, b >>= 1)        if (b & 1) ans = ans * a % mod;    return ans;}int main() {    IOS; cin >> n;    cin >> s + 1;    rep(i, 1, n)        if (s[i] == 'a') ++a[1];        else if (s[i] == 'b') {            a[3] += a[1];            a[5] += a[2];        }        else if (s[i] == 'c') {            a[7] += a[3];            a[9] += a[4];            a[10] += a[5];            a[13] += a[6];        }        else {            a[14] += a[6];            a[12] += a[5];            a[11] += a[4];            a[8] += a[3];            a[6] += a[2];            a[4] += a[1];            ++a[2];        }    //如果存在这种可能性，利用相应组合计算    if (a[7]) ans = a[7] % mod * qpow(3, a[2]) % mod;    if (a[8]) ans = (ans + a[8] % mod * qpow(3, a[2] - 1) % mod) % mod;    if (a[9]) ans = (ans + a[9] % mod * qpow(3, a[2] - 1) % mod) % mod;    if (a[10]) ans = (ans + a[10] % mod * qpow(3, a[2] - 1) % mod) % mod;    if (a[11]) ans = (ans + a[11] % mod * qpow(3, a[2] - 2) % mod) % mod;    if (a[12]) ans = (ans + a[12] % mod * qpow(3, a[2] - 2) % mod) % mod;    if (a[13]) ans = (ans + a[13] % mod * qpow(3, a[2] - 2) % mod) % mod;    if (a[14]) ans = (ans + a[14] % mod * qpow(3, a[2] - 3) % mod) % mod;    cout << ans;    return 0;}
   

转载地址：http://ocykz.baihongyu.com/