A 牛牛冲钻五

模拟，逐位处理判断前三位即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, j, k) for (ll(i) = (j); (i) <= (k); (++i))
typedef long long ll;
void solve() {int n, k;string s;cin >> n >> k >> s;int ans = 0, sz = s.size() - 1;rep(i, 0, sz)if (s[i] == 'W') {ans++;if (s[i - 1] == 'W' and s[i - 2] == 'W')ans += (k - 1);} elseans--;cout << ans << '\n';
}
signed main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

B 爱吃素

仅当 a = 1 a=1 a=1 且 b b b 为素数或 b = 1 b=1 b=1 且 a a a 为素数时，$$ 才为素数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve() {ll s, t;cin >> s >> t;if ((s != 1 and t != 1) || (s == 1 and t == 1))cout << "NO" << '\n';else if (s == 1 || t == 1) {ll tmp = (t == 1 ? s : t);for (ll i = 2; i * i <= tmp; ++i) if (tmp % i == 0)return cout << "NO" << '\n', void();return cout << "YES" << '\n', void();} elsecout << "NO" << '\n';
}
signed main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

C 糟糕的打谱员

题意

给定一个记录了 n n n 步有误的棋局记录表，每步包含两个整数 a a a， b b b，分别表示棋手 a a a 在该步中下在了编号为 b b b 的劫争处。先要在 n n n 步有误的棋局记录表中，找出一个最长的合法行棋子序列。

一个合法行棋子序列需要满足：

任意相邻的两步，玩家不同（一黑一白）；
任意相邻的两步，不能下在同一个劫争处。

Solution

如果dfs考虑每一条记录的选择，时间复杂度太高不可接受，且考虑到劫争处数量较小，dp记录劫争处当前最长的合法行棋子序列长度。

如果当前记录为黑方在编号为 b b b 的劫争处落子，则从上一条记录中白方不能在编号为 b b b 的劫争处落子；反之同理，那么就很容易写出转移方程：
$
dp[c][b]=max(dp[c][b],dp[(c+1)%2][i]+1)\quad \quad \quad i!=b && i\in [1,10]
$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, j, k) for (ll(i) = (j); (i) <= (k); (++i))
#define mem(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
typedef long long ll;
int dp[2][15];
void solve() {mem(dp, 0);int n, x, y, res = 0;cin >> n;rep(i, 1, n) {cin >> x >> y;rep(i, 1, 10) {if (i == y) continue;dp[x][y] = max(dp[x][y], dp[(x + 1) % 2][i] + 1);}res = max(res, dp[x][y]);}cout << res << endl;
}
signed main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

D Mendeleev 1417

n n n 个人中任意挑选 1 ∼ n 1\sim n 1∼n 个人，问挑选方案中奇数个人与偶数个人的方案数之差。

很显然能够看出：

挑选偶数个人的方案数为 S u m e v e n = ∑ i n [ i % 2 = = 0 ] C n i ( i > 0 ) Sum_{even}=\sum_{i}^{n}[i\%2==0]C_n^{i} (i>0) Sumeven=∑in[i%2==0]Cni(i>0)

挑选奇数个人的方案数为 S u m o d d = ∑ i n [ i % 2 = = 1 ] C n i ( i > 0 ) Sum_{odd}=\sum_{i}^{n}[i\%2==1]C_n^{i} (i>0) Sumodd=∑in[i%2==1]Cni(i>0)

根据二项式定理： C n e v e n = C n o d d C_{n}^{even}=C_{n}^{odd} Cneven=Cnodd

除去挑选 0 0 0 个人的情况，则可知奇数个人与偶数个人的方案数之差永远为 − 1 -1 −1。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve() {int n;cin >> n;cout << "-1\n";
}
signed main() {int t;cin >> t;while (t--)solve();return 0;
}

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