2021年GDUT第11届腾讯杯新生程序设计竞赛（补题）

费话不多说，直接开始补题吧（主要也是没啥心情说了）

（题解没有代码，寄）

A 比比谁更大

废话可跳过：在本次比赛A题的位置，一开始做直接写了求阶乘的递归函数，WA了一发。然后看到了数据范围：1e9（这么大的数据范围还写递归真是疯了）。然后注意到题目中给的“很妙的模数”，发现它并不是质数，然后把它质因数分解可写为3*7*11*13*17*19*103。看到这记得之前做过这样类似的题，好像是和103有关但是想不起来了，，，还是对取模运算掌握不熟练。

思路：999068070=3*7*11*13*17*19*103，最大的质因数为103，所以大于等于103的阶乘都是可以整除999068070，即取模后都为0。那么把数分为大于等于103和小于103两部分，大于等于103的部分直接用前面的结论，即都输出两数相等的情况；对于小于103的部分，直接暴力求解即可，我是写的递归函数求阶乘。（记得有几组特判！）

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <iterator>
#include <numeric>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=999068070;
ll a,b;
int m[1000005];ll func(ll a)
{if(a==0) return 1;elsereturn func(a-1)*a%mod;
}int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);cin>>a>>b;m[0]=1;for(int i=1;i<=103;i++){m[i]=i*m[i-1]%mod;}if(a>=103&&b>=103)cout<<"There is no winner!"<<'\n';else if(a>=103&&b<103)cout<<"b is the winner!"<<'\n';else if(b>=103&&a<103)cout<<"a is the winner!"<<'\n';else{if(func(a)>func(b))cout<<"a is the winner!"<<'\n';else if(func(a)<func(b))cout<<"b is the winner!"<<'\n';else if(func(a)==func(b))cout<<"There is no winner!"<<'\n';}return 0;
}

B - 过生日

思路：二维数组处理到第i个字符26个字母个数前缀和，二分查找满足条件的长度。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=1e9+7;
const int N=2e5+5;
int t,k,cnt[N][28],len;
string s;bool check(int x)
{for(int i=x;i<=len;i++){for(int j=0;j<26;j++){if(cnt[i][j]-cnt[i-x][j]>=k) return true;}}return false;
}int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);
//  freopen("output.in", "w", stdout);cin>>t;while(t--){memset(cnt,0,sizeof(cnt));cin>>s>>k;len=s.length();s=" "+s;for(int i=1;i<=len;i++){for(int j=0;j<26;j++)cnt[i][j]=cnt[i-1][j];cnt[i][s[i]-'a']++;}int l=0,r=len;while(l<r){int mid=(l+r)>>1;if(check(mid)) r=mid;else l=mid+1;}if(l==len&&!check(l)) cout<<"-1"<<'\n';else cout<<l<<'\n';}return 0;
}

os：二分用法很灵活

C hhgg爱Java

废话可跳过：一开始看题的时候没看懂直接跳了，然后后来看榜上这个题的AC数很多，然后仔细看了看读懂了（我真fw）。这个题我是用结构体+数组做的，好像有同学是用map做的也可以。

思路：分清楚到底是根据哪个数排序，用flag判断是否有重复的字符串。

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <iterator>
#include <numeric>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=1e9+7;
int n;struct node
{int time,num;char c[105];bool flag;
} e[105];bool cmp1(node a,node b)
{if(a.time<b.time) return true;else return false;
}int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>e[i].c>>e[i].time;e[i].num=i;for(int j=1;j<i;j++){if(strcmp(e[j].c,e[i].c)==0&&e[j].time<e[i].time)e[j].flag=true;if(strcmp(e[j].c,e[i].c)==0&&e[j].time>e[i].time)e[i].flag=true;}  }sort(e+1,e+1+n,cmp1);for(int i=1;i<=n;i++){if(e[i].flag==false)cout<<e[i].num<<'\n';}return 0;
}

D - 机器人

思路：数据范围很小，直接模拟。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=1e9+7;
const int N=13;
int n,k;
int a[N][N];bool check()
{for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if((i-1)*n+j!=a[i][j])return 0;}}return 1;
}void f(){int t=a[1][1];for(int i=2;i<=n;i++) a[1][i-1]=a[1][i];for(int i=2;i<=n;i++) a[i-1][n]=a[i][n];for(int i=n-1;i>=1;i--) a[n][i+1]=a[n][i];for(int i=n-1;i>=1;i--) a[i+1][1]=a[i][1];a[2][1]=t;
}int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);
//  freopen("output.in", "w", stdout);scanf("%d",&n);int flag=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++)scanf("%d",&a[i][j]);}for(int i=1;i<=100;i++){f();if(check()){cout<<"YES";return 0;}}cout<<"NO";return 0;
}

os：模拟真的麻烦，但是模拟的能力很重要！

F osu！

思路：

（1）我的思路：在文章中o，s，u的顺序是不一定的，我的做法是先遍历数每个s前o的数量，用数组存一下，作为每一个s的值，再一次遍历u，把每一个u前s的值相加。

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <iterator>
#include <numeric>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=1e9+7;
string c;
int s;
int mp1[105],mp2[105];int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);cin>>s;cin>>c;int cnt=0;for(int i=0;i<s;i++){if(c[i]=='o'){++cnt;}if(c[i]=='s')mp1[i]=cnt;}for(int i=0;i<s;i++){if(c[i]=='u')for(int j=0;j<=i;j++){mp2[i]+=mp1[j];}}int sum=0;for(int i=0;i<s;i++){sum+=mp2[i];}cout<<sum<<'\n';return 0;
}

（2）题解思路：对于每个s，对于答案的贡献是它左边的o的数量乘它右边u的数量，o和s的数量分别用前缀和和后缀和可以很轻松的O(n)预处理。（没有题解代码，将就看看我写的吧，不过这样想确实要好写许多）

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <iterator>
#include <numeric>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=1e9+7;
string c;
int co[105],cu[105],cs[105];
int n,sum;int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);cin>>n;cin>>c;if(c[0]=='o')co[0]=1;for(int i=1;i<n;i++){if(c[i]=='o')co[i]=co[i-1]+1;elseco[i]=co[i-1];}for(int i=n-1;i>=0;i--){if(c[i]=='u')cu[i]=cu[i+1]+1;elsecu[i]=cu[i+1];}for(int i=0;i<n;i++){if(c[i]=='s')cs[i]=co[i]*cu[i];sum+=cs[i];}cout<<sum<<'\n';return 0;
}

G 拼牛牛

废话可跳过：做这个题的时候就是比赛后半段时间了，当时有点慌了，感觉是暴力可以过，但也没仔细想怎么暴力做，，，如果是高中的我可能就做出来了，现在连等比数列都忘了（fw）。事实证明暴力可以过的。

思路：

（1）科学做法：函数收敛性相关可以明显看出增长数字是一个等比数列，根据等比数列知道，从别人处得到的钱数为1*（k^0+k^1+……+k^(n-1)），求和为1*(1-k^n)/(1-k)，根据极限可求得p每一个值时极限的n，因为k为一位小数，逐个计算即可，代码实现类似打表。

AC代码（没有代码，将就看看我写的吧）：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <iterator>
#include <numeric>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=1e9+7;
int t;
int n;
double k;int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);cin>>t;while(t--){cin>>n>>k;if(k<=0.5&&n>=99)cout<<"YES"<<'\n';else if(k==0.6&&n>=98)cout<<"YES"<<'\n';else if(k==0.7&&n>=97)cout<<"YES"<<'\n';else if(k==0.8&&n>=96)cout<<"YES"<<'\n';else if(k==0.9&&n>=91)cout<<"YES"<<'\n';elsecout<<"NO"<<'\n';}return 0;
}

（2）暴力做法：就是自己写个求k的各个次方求和的程序，粗略估计范围，不过会有精度差距需注意（不推荐）。

I 史莱姆

思路：这个思路就比较简单了，分裂到最后每个史莱姆的生命值一定是质数才无法分解，分解给出的n的质因数即可（注意n==1时的特判！）

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <iterator>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define maxn 10000005
#define INF 0x3f3f3f3f
const int mod=1e9+7;
//多组输入记得每次循环之前初始化（数组，栈，队列，某些变量）！！！
const int N=1000005;
int prime[N],m[N];
bool mark[N];
int tot;int main()
{int i,j;tot=0;mark[0]=mark[1]=1;for(i=2;i<=100005;i++){if(!mark[i])prime[++tot]=i;for(j=1;j<=tot;j++){if(i*prime[j]>100005)break;mark[i*prime[j]]=1;if(i*prime[j]==0)break;}}int b,n;int cnt=0;scanf("%d",&n);if(n==1)cout<<"1"<<'\n';else{b=n;for(int i=1;i<=tot;i++){if(b<prime[i])break;while(b%prime[i]==0){m[++cnt]=prime[i];b=b/prime[i];}      }cout<<cnt<<'\n';}return 0;
}

L 歪脖子树下的灯

废话可跳过：一开始看的时候列了几个情况试图找规律，然后失败了。。。

思路：

（1）二项分布：由于每次开关都不会相互影响，那么这题符合n次独立重复的伯努利试验。所以可以使用二项分布公式来计算，但是由于此题的特殊性，即所给p是状态改变的概率，改变奇数次则一定最后一次为亮，改变偶数次则一定为暗，故不能全取，只能取奇数项。（化简我和室友算了半个多小时才整出来。。。）

化简过程：

AC代码（用化简的这个式子很好实现，也是自己写的，莫得答案代码）：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <iterator>
#include <numeric>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=1e9+7;
int t;
int n;
double p;double pmod(double a,int b)
{double res=1;while(b){if(b%2==1)res=res*a;b/=2;a=a*a;}return res;
}int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);cin>>t;while(t--){scanf("%d",&n);scanf("%lf",&p);double a=pmod(1-2*p,n);double s=(1-a)/2;printf("%.6lf\n",s);}return 0;
}

（2）递推做法：设f [ i ]为第i次拉后，灯为亮着的概率。已知f [ 0 ] = 0，求f [ i ]。
f [ i ] = (1 - p) * f [ i - 1 ] + p * (1 - f [ i - 1 ]) = (1 - 2 * p) * f [ i - 1 ] + p，直接带公式算即可。（公式怎么出来的？代几组试试，找规律吧）

AC代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <stack>
#include <vector>
#include <map>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <set>
#include <iterator>
#include <numeric>using namespace std;typedef long long ll;
#define ios ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
//判断是否需要开ll！！！
//判断是否需要初始化！！！
const int mod=1e9+7;
const int N=105;
int t;
int n;
double p;
double f[N];int main()
{
//  freopen("test.in","r",stdin);cin>>t;while(t--){scanf("%d",&n);scanf("%lf",&p);f[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=(1-2*p)*f[i-1]+p;}printf("%.6lf\n",f[n]);}return 0;
}

这个补题拖了好久啊

若有错误请指教orzorz