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A. 6男

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原题链接

题目大意：

• 给定一个字符串 S S S，求最长的连续的 6 6 6 的字串的长度。
• S S S 可能含有空格。

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思想：

• 签到题。
• 读入时注意空格。

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代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);void solve(){int res = 0;string s; getline(cin, s);for(int i = 0; i < s.size(); i ++){int cnt = 0;while(s[i] == '6'){cnt ++;if(i < s.size()); i ++;res = max(res, cnt);}}cout << res << endl;}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

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B. 我要拿最多的Money2.0

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原题链接

题目大意：

• 给定 n n n 行 m m m 列的矩阵，和 q q q 个坐标。
• 以这些 q q q 个坐标为中心的点，曼哈顿距离小于等于 2 2 2 的点的金币无法得到。
• 求剩余可以得到的点的金币的最大值。

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思想：

• 签到题。
• 通过偏移量数组枚举所有无法得到金币的坐标。
• 除掉这些坐标后扫一遍，维护最值即可。

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代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);const int N = 110;int mp[N][N];int n, m, q;bool check(int l, int r){if(l >= 0 && l < n && r >= 0 && r < m) return 1;return 0;
}int dx[] = {-2, -1, -1, -1, 0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 2};
int dy[] = {0, -1, 0, 1, -2, -1, 0, 1, 2, -1, 0, 1, 0};void st(int l, int r){for(int i = 0; i < 13; i ++){int x = l + dx[i], y = r + dy[i];if(check(x, y)) mp[x][y] = 0;  }
}void solve(){cin >> n >> m >> q;for(re int i = 0; i < n; i ++){for(re int j = 0; j < m; j ++){cin >> mp[i][j];}}while(q --){int l, r;cin >> l >> r;st(l, r);}int ans = 0;for(re int i = 0; i < n; i ++){for(re int j = 0; j < n; j ++){ans = max(ans, mp[i][j]);}}if(ans == 0) cout << -1 << endl;else cout << ans << endl;}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

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C. 极致到完美的AK

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原题链接

题目大意：

• 给定一个只包含 0 , 2 , 5 0,2,5 0,2,5 的字符串 S S S。
• 对应若为 0 0 0 输出 5 5 5，若为 2 2 2 输出 0 0 0，若为 5 5 5 输出 2 2 2。

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思想：

• 签到题。
• 判断输出。

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代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);const int N = 110;void solve(){string s; cin >> s;for(int i = 0; i < s.size(); i ++){if(s[i] == '5') cout << 2;else if(s[i] == '2') cout << 0;else if(s[i] == '0') cout << 5;}return ;}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

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D. 吃豆人

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原题链接

题目大意：

• 给定起始和终点坐标、矩阵的大小及障碍的坐标。
• 判断在可以打破“空气墙”的情况下，能否到达终点。
• “空气墙”的定义为非实心的连续块。

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思想：

• 思维题。
• 只要起点和终点的上下左右四个方向上有一处不存在障碍，就可以不断满足空气墙的条件，进而不断地打破墙。
• 故只需要判断起点和终点的四个方向上的状态即可，另外注意起点和终点重合的情况。

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代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);int n, m;int sx, sy, ex, ey;const int N = 100;char mp[N][N];bool vis1, vis2;int dx[] = {0, 0, 1, -1}, dy[] = {1, -1, 0, 0};bool check(int l, int r){if(l >= 0 && l < n - 1 && r >= 0 && r < n - 1 && mp[l][r] != 'E') return 1;return 0;
}void solve(){cin >> sx >> sy >> ex >> ey;cin >> n >> m;for(int i = 0; i < n; i ++){for(int j = 0; j < n; j ++){mp[i][j] = '.';}}for(int i = 0; i < m; i ++){int x, y;cin >> x >> y;mp[x][y] = '*';}for(int i = 0; i < 4; i ++){int x = sx + dx[i], y = sy + dy[i];if(check(x, y)){if(mp[x][y] == '.'){vis1 = 1; break;}}}for(int i = 0; i < 4; i ++){int x = ex + dx[i], y = ey + dy[i];if(check(x, y)){if(mp[x][y] == '.'){vis2 = 1; break;}}}if(vis1 && vis2 || (sx == ex && sy == ey)) cout << "Yes！" << endl;else cout << "No！" << endl;}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

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E. 胡辣汤啊胡辣汤

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原题链接

题目大意：

• 给定矩形范围的左上角和右下角的坐标。
• 判断若干点到该矩形边界的最短距离，输出最短距离的点的编号。

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思想：

• 思维题。
• 对于一个点，可以暴力枚举其到四条边的直线距离和到四个顶点的直线距离，取最小值即可。
• 也可以通过粗略判断点的坐标关系，减少枚举和计算不必要的距离。

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代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);const int N = 110;int n;double X1, X2, Y1, Y2, cnt = 1e8;bool check(int l, int r){double t = 1e8;if(l >= X1 && l <= X2) t = min(fabs(r - Y1), fabs(r - Y2));else if(r >= Y1 && r <= Y2) t = min(fabs(l - X1), fabs(l - X2));double p = min(min(sqrt((l - X1) * (l - X1) + (r - Y2) * (r - Y2)), sqrt((l - X1) * (l - X1) + (r - Y1) * (r - Y1))), min(sqrt((l - X2) * (l - X2) + (r - Y1) * (r - Y1)), sqrt((l - X2) * (l - X2) + (r - Y2) * (r - Y2))));if(cnt > min(t, p)){cnt = min(t, p);return 1;}return 0;
}void solve(){cin >> n;cin >> X1 >> Y1 >> X2 >> Y2;int num = INF;double res = 1e8;int flag = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++){int l, r; cin >> l >> r;if(check(l, r)){flag = i; res = cnt;}}cout << flag << endl;}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

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F. HF波那契数列

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原题链接

题目大意：

• 类似斐波那契数列，构造 H F HF HF 波那契数列：

• G n = G n − 1 + G n − 2 G_n = G_{n - 1} + G_{n - 2} Gn​=Gn−1​+Gn−2​
• 其中 G 0 = 1 , G 2 = t ( 0 < t ) G_0 = 1,G_2 = t(0\lt t) G0​=1,G2​=t(0<t)

• 给定 i i i 和 G i G_i Gi​，求满足条件的 G i m o d ( 19960515 ) G_i \mod(19960515) Gi​mod(19960515) 的值。
• 若不存在，则输出 − 1 -1 −1。

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思想：

• 思维题。
• 列出部分 H F HF HF 波那契数列：

• G 0 , G 1 , G 2 , G 3 , G 4 , G 5 … G_0,G_1,G_2,G_3,G_4,G_5\dots G0​,G1​,G2​,G3​,G4​,G5​…
• 1 , t , t + 1 , 2 t + 1 , 3 t + 2 , 5 t + 3 … 1,t,t+1,2t+1,3t+2,5t+3\dots 1,t,t+1,2t+1,3t+2,5t+3…

• 由此设 t t t 的系数为 x x x，常数项为 y y y，从第 i = 0 i=0 i=0 项开始，通过规律易知：

• x x x 满足： 0 , 1 , 1 , 2 , 3 , 5 … 0,1,1,2,3,5\dots 0,1,1,2,3,5…， x x x 从 i = 1 i = 1 i=1 开始满足斐波那契数列。
• y y y 满足： 0 , 0 , 1 , 1 , 2 , 3 … 0,0,1,1,2,3\dots 0,0,1,1,2,3…， y y y 从 i = 2 i = 2 i=2 开始满足斐波那契数列。

• 则对于 G i G_i Gi​，我们可以通过上述关系求得对应的 t t t 值。
• 由于数据范围很大，我们可以预处理出一定长度的斐波那契数列，不必递推求解上述关系。
• 注意预处理的部分也要对 19960515 19960515 19960515 取模。

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代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int N = 1e5 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 19960515;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);int a[N];void solve(){LL i, g, j; cin >> i >> g >> j;LL t = (g  - a[i - 1]) / a[i];if(t <= 0 || (g  - a[i - 1]) % a[i]) cout << -1 << endl;else cout << ((a[j] * t) % mod + a[j - 1] % mod) % mod << endl;}int main(){IOS;int _ = 1;a[1] = 1;for(int i = 2; i <= N; i ++) a[i] = (a[i - 1] + a[i - 2]) % mod;cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

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G. 小朱要解析密码

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原题链接

题目大意：

• 给定一串数字，输出其反转后不含前导零的形式。
• 若为负数，则负号无需翻转，且 − 0 -0 −0 翻转后仍为 − 0 -0 −0。

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思想：

• 模拟题。
• 读入为字符串的形式，判断首元素是否为 -。
• 然后翻转该字符串，去除掉第一个非 0 0 0 数出现之前的前导 0 0 0，若所有的数全为 0 0 0，则只保留一个。

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代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);void solve(){string s; cin >> s;int flag = 0;if(s[0] == '-'){cout << '-';for(int i = 1; i < s.size(); i ++){if(s[i] != '0'){flag = i;break;}}if(flag == 0){cout << 0 << endl;return ;}}else{bool vis = 0;for(int i = 0; i < s.size(); i ++){if(s[i] != '0'){flag = i;vis = 1; break;}}if(!vis){cout << 0 << endl;return;}}reverse(s.begin(), s.end());for(int i = 0; i < s.size() - flag; i ++){if(i == 0) while(s[i] == '0') i ++;cout << s[i];}}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

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H. 苦命的毅哥

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原题链接

题目大意：

• 给定 n n n 个字符串，统计字符串 "我ZY就喜欢这个" 和 "我ZY实名邀请您于圣源二楼就餐" 出现的次数。
• 分别输出对应次数，两者之和大于 3 3 3 时额外输出 6 6 6。

思想：

• 签到题。
• 读入判断统计次数。
• 注意直接复制题面的字符串即可。

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代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);void solve(){int t; cin >> t;int cnt1 = 0, cnt2 = 0;while(t --){string s; cin >> s;if(s == "我ZY就喜欢这个") cnt1 ++;if(s == "我ZY实名邀请您于圣源二楼就餐") cnt2 ++;}cout << cnt1 << " " << cnt2 << endl;if(cnt1 + cnt2 > 3) cout << 6 << endl;}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

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