A.交换a,b的值

直接输出b,a

void solve()
{int a,b;cin>>a>>b;cout<<b<<" "<<a;}

B.素数回文数的个数

从11~n遍历一遍找出满足即是回文数又是素数的数

bool isPalindrome(int n)//判断是否是回文数
{string s = to_string(n);int i=0,j = s.size()-1;while(i<j){if(s[i++]!=s[j--]) return false;}return true;
}bool isPrime(int n)//判断是否是素数
{if(n==1) return false;for(int i=2;i<=n/i;i++){if(n%i==0) return false;}return true;
}void solve()
{int n;cin>>n;int res = 0;for(int i=11;i<=n;i++){if(isPalindrome(i) && isPrime(i)) res++;}cout<<res;
}

C.机器翻译

利用队列实现，用一个vis数组记录内存中是否有某个单词，如果在不在内存内，查询次数+1，队首元素删除，将刚查询的元素入队，更新vis数组

bool vis[1000+10];//记录内存单词状态
void solve()
{int n,m;cin>>n>>m;  queue<int>q;int res = 0;//查询次数while(m--){int e;cin>>e;if(!vis[e]){if(q.size()<n){q.push(e);}else{vis[q.front()] = false;q.pop();q.push(e);}res++;vis[e] = true;}}cout<<res;
}

D.素数对

先用素数筛将1~n的素数预处理出来，再遍历一遍预处理出来的素数表prime，相邻两个素数若相差2则输出

int prime[10000+10];
bool vis[10000+10];
int cnt;void get_prime(int n)//筛质数
{for(int i=2;i<=n;i++){if(!vis[i]){prime[cnt++] = i;for(int j=2*i;j<=n;j+=i) vis[j] = true;}}
}void solve()
{int n;cin>>n;get_prime(n);int res = 0;//记录素数对的个数for(int i=0;i<cnt-1;i++){if(prime[i+1]-prime[i]==2){res++;cout<<prime[i]<<" "<<prime[i+1]<<endl;}}if(res==0) cout<<"empty"<<endl;}

E.[蓝桥杯2022初赛] 特殊时间

直接纸上模拟比较方便。首先先从0~9中十个数字选则两个不同的数字，月份中至少包含一个0或一个1，所以选数字时至少选一个0或1。可以选择的数对为(0,1),(0,2)...(0,9),(1,2),(1,3)...(1,9)。

（0,1）：3个1的情况：4*4*4 = 64（年份可排列数量*月份日期可排列数量*时间可排列数量）

3个0不满足月份日期

（0,2）：3个2的情况 4*1*4 = 16

（0,3）:3个3+1个0无法排列成正常月份日期

（0,4）~(0,9)情况均为0

（1,2）: 3个1：4*3*4 = 48

3个2：4*1*4 = 16

（1,3）：3个1：4*1*3 = 12(11月份最多到30日)

3个3开始情况均为0

（1,4）：3个1：4*1*3 = 12

（1,5）：3个1：4*1*3 = 12

（1,6）~（1,9）：4*1*2 = 8

64+16+48+16+12*3+8*4 = 212

void solve()
{cout<<212;
}

F.[蓝桥杯2022初赛] 求和

利用前缀和数组计算

a[1]·a[2 ]+a[1]·a[3]+...+a[1]·a[n]转化为a[i]*(a[2]+a[3]+....a[n])

(a[2]+a[3]+....a[n])可以通过前缀和数组s[n]-s[1]得出

后面的项同理

#define int long long
int a[200000+10];//原始数组
int s[200000+10];//前缀和数组
void solve()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];s[i] = s[i-1]+a[i];}int res = 0;for(int i=1;i<=n-1;i++){res += (s[n]-s[i])*a[i];}cout<<res;
}

G: 剪切

长方形对半分面积为w*h/2

如果（x，y）在长方形对角线交点，则不止一种分割方法，否则，只有一种分割方法

void solve()
{double w,h,x,y;cin>>w>>h>>x>>y;printf("%.6lf ",w*h/2);if(abs(2*x-w)<1e-7 && abs(2*y-h)<1e-7) cout<<1;else cout<<0;}

H: 孙权点兵，多多乱点

遍历第2~n-1个，如果a[i]为a[i-1],a[i],a[i+1]三个数的中间数，结果数+1

void solve()
{int n;cin>>n;int a[n+10];int res = 0;fer(i,1,n) cin>>a[i];fer(i,2,n-1){ //for(int i=2;i<=n-1;i++)if( (a[i]<a[i-1] && a[i]>a[i+1]) || (a[i]>a[i-1] && a[i]<a[i+1]) ) res++;}cout<<res;
}

I: 许攸说

如果序列长度是奇数，无法将区间分成两个长度相等的子序列

如果序列长度是偶数，数据量为1e5，可以进行排序，排序后，从a[n/2]到a[n/2+1]的数字均为符合条件的耐力值k

int a[100000+10];
void solve()
{int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}sort(a+1,a+n+1);if(n&1) cout<<0<<endl;else{cout<<a[n/2+1]-a[n/2]<<endl;}
}

J: 借钱

数据量只有20，可以直接暴力查找对比，如果距离为整数，sqrt(dist)和(int)(sqrt(dist))会相等，否则不等

void solve()
{int n,d;cin>>n>>d;int res = 0;int a[n+10][d+10];for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=d;j++) cin>>a[i][j];}int i,j,k;for(i=1;i<=n;i++){for(j=i+1;j<=n;j++){double dist=0;for(k=1;k<=d;k++){dist += (a[i][k]-a[j][k])*(a[i][k]-a[j][k]);}//cout<<sqrt(dist)<<" "<<(int)(sqrt(dist))<<endl;if(sqrt(dist)==(int)(sqrt(dist))){res++;}}}cout<<res;
}

K.姜维摆七星灯

题意为相邻元素乘积 <= N的序列数

用dp做，推出状态转移方程：

$dp[i][j] = \sum_{x*j<=N}dp[i-1][x]$

数据是1e9级别的，暴力会TLE，而N/j的取值只有 $2*\sqrt{N}$ 种情况，用整除分块的方法把答案相同的dp[i][j]合在一起，然后乘起来转移

OiWiki上有整除分块相关知识：https://oi-wiki.org/math/number-theory/sqrt-decomposition/

typedef long long ll;
#define PII pair <ll,ll>
const ll mod=1e9+7;
const int N = 100000+10;
ll n,m,k;
map<ll,ll> mp;
PII g[N+10];
ll dp[100][N+10];void solve()
{cin>>n>>k;for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);g[++m]={r,r-l+1};mp[r] = m;}for(int i=1;i<=m;i++){dp[1][i]=(dp[1][i-1]+g[i].second)%mod;}for(int i=2;i<=k;i++){for(int j=1;j<=m;j++){dp[i][j]=(dp[i][j-1]+g[j].second*dp[i-1][mp[n/g[j].first]]%mod)%mod;}}cout<<dp[k][m];
}

L.汉寿亭侯

这个问题关键是两点：一个是将问题转换成小球放盒子（可重复），另一个是求组合数C（a，b）的算法。求组合数有多种方法，这里我用的是卢卡斯定理的模板，lucas(a,b) $\equiv$ C(a,b)

设要将宝石分成t堆（1<=t<=k）,将问题转化一下

1.先进行分组，利用插板法把k个小球分成t组

2.然后插入到n-k+1个间隔当中去

答案最终为：

#define mod 1000000007
#define int long long
int qmi(int a, int k, int p)
{int res = 1 % p;while (k){if (k & 1) res = (LL)res * a % p;a = (LL)a * a % p;k >>= 1;}return res;
}int C(int a, int b, int p)  // 求组合数C(a, b)
{if (a < b) return 0;LL x = 1, y = 1;  // x是分子，y是分母for (int i = a, j = 1; j <= b; i --, j ++ ){x = (LL)x * i % p;y = (LL) y * j % p;}return x * (LL)qmi(y, p - 2, p) % p;
}int lucas(LL a, LL b, int p)
{if (a < p && b < p) return C(a, b, p);return (LL)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
}void solve()
{int n,k;cin>>n>>k;for(int i=1;i<=k;i++){int ans = lucas(n-k+1,i,mod)*lucas(k-1,i-1,mod)%mod;cout<<ans<<endl;}}

M.赵子龙七进七出

用bfs处理最小步数，邻接矩阵存储图，搜索的时候三次跳跃才算一步，所以需要开到二维数组来记录

queue<PII>q;
int vis[100000+10][3];
int dp[100000+10][3];
vector<int>g[100000+10];
int s,t;
int n,m;void bfs(){dp[s][0] = 0;vis[s][0] = 1;q.push({s,0});while(!q.empty()){auto t = q.front();q.pop();int tx = t.first;int ty = t.second;int y = (ty+1)%3;for(auto it:g[tx]){if(!vis[it][y]){dp[it][y] = dp[tx][ty]+1;q.push({it,y});vis[it][y] = 1;}}}
}void solve()
{cin>>n>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;cin>>a>>b;g[a].push_back(b);}cin>>s>>t;bfs();if(!vis[t][0]) cout<<-1<<endl;else cout<<dp[t][0]/3<<endl;
}

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