前言

由于本人比较菜，只会这十道题，如果哪里写的不对，请在评论区指出，剩下的三道题会尽力去补
比赛连接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/27302

A.大学期末现状（语法）

思路

根据输入的成绩，输出相应的字符串即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e6+10;
int n,a[N];int main()
{int n;cin>>n;if(n >= 60) puts("jige,haoye!");else puts("laoshi,caicai,laolao");return 0;
}

B.G1024(语法)

思路

我们只需要判断是否有一天火车的位置能全部装下n个人数即可

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e6+10;
int n,k,a[N],b[N];int main()
{cin>>n>>k;int ans = 0;bool fg = true;for(int i = 1;i <= k; ++i) {cin>>a[i]>>b[i];if(b[i]-a[i] >= n && fg) {ans = i;fg = false;}}if(fg) puts("G!");else cout<<ans<<endl;return 0;
}

C.NEUQ（枚举）

思路

因为是删除其中字符，然后整体顺序不会发生改变，所以我们只需要统计一下有多少个不连续的NEUQ即可，注意这里要计算出完整的NEUQ个数，也就是说到了后面也许有个NE，这个不能算进去。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e6+10;int main()
{string ch;string ss = "NEUQ";int n;cin>>n;cin>>ch;int cnt = 0;//计算不需要删除的字符数量int j = 0;for(int i = 0;i < n; ++i) {if(ch[i] == ss[j]){j++;j %= 4;cnt++;}}cnt -= cnt % 4;//将多余的字符减去cout<<n-cnt<<endl;return 0;
}

D.小G的任务(暴力)

思路

我们直接将一个数的每一位取出来，然后加在一起，将这个功能封装成函数，然后每次计算的时候就能直接调用

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e6+10;ll get(ll x) {ll ans = 0;while(x){ans += x % 10;x/=10;}return ans;
}int main()
{ll n;cin>>n;ll ans = 0;for(int i = 1;i <= n; ++i) {ans += get(i);}cout<<ans<<endl;return 0;
}

E.nn与游戏(BFS)

思路

我们将查询点存下来，然后离线处理，先把所有的我方、敌方、障碍物变成不可访问的地方，然后对于之前存储的查询点进行一个BFS求一个最短路，注意这里需要将起点和终点在地图上表现成可以访问

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 1e3+10;
bool a[N][N];
bool vis[N][N];
int n,m,t;
int dx[4]={0,-1,0,1},dy[4]={-1,0,1,0};
struct Node{int x,y,step;
};bool check(int x,int y){if(x >= 0 && x < n && y >= 0 && y < n){return true;}return false;
}int bfs(int sx,int sy,int ex,int ey){queue<Node> que;memset(vis,0,sizeof vis);que.push({sx,sy,0});while(!que.empty()){Node p = que.front();que.pop();if(p.x == ex && p.y == ey) {return p.step;}if(vis[p.x][p.y]) continue;vis[p.x][p.y] = true;for(int i = 0;i < 4; ++i) {int nx = p.x + dx[i];int ny = p.y + dy[i];if(check(nx,ny) && vis[nx][ny] == false && a[nx][ny] == false){que.push({nx,ny,p.step+1});}}}return -1;
}
int Ssx[N],Ssy[N],Eex[N],Eey[N];int main()
{cin>>n>>m;for(int i = 0;i < m; ++i) {int x,y;cin>>x>>y;a[x][y] = true;}int t;cin>>t;int sx,sy,ex,ey;for(int i = 0;i < t; ++i) {cin>>sx>>sy>>ex>>ey;Ssx[i] = sx;Ssy[i] = sy;Eex[i] = ex;Eey[i] = ey;a[sx][sy] = a[ex][ey] = true;}for(int i = 0;i < t; ++i) {a[Ssx[i]][Ssy[i]] = a[Eex[i]][Eey[i]] = false;cout<<bfs(Ssx[i],Ssy[i],Eex[i],Eey[i])<<endl;a[Ssx[i]][Ssy[i]] = a[Eex[i]][Eey[i]] = true;}return 0;
}

F.第二大数（滑动窗口）

思路

由于只是第二大，所以我们可以考虑使用滑动窗口来做，我们用一个循环去枚举窗口的大小，然后内部更新最大值和次大值，注意long long

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e4+10;ll a[N];
ll ans,n,m,mx1,mx2;int main()
{cin>>n;for(int i = 1;i <= n; ++i) {cin>>a[i];}for(int i = 1,j;i < n; ++i) {//枚举窗口长度mx1=max(a[i],a[i+1]);mx2=min(a[i],a[i+1]);ans+=mx2;for(j=i+2;j<=n;j++){if(a[j]>=mx1){mx2=mx1;mx1=a[j];}else if(a[j]>=mx2){mx2=a[j];}ans+=mx2;}}cout<<ans<<endl;return 0;
}

G.Num(数学)

思路

a×b+a+b=a(b+1)+b=Na\times b + a + b = a(b+1)+b \ = \ Na×b+a+b=a(b+1)+b = N

此时我们设x=b+1x=b+1x=b+1，则：

ax+x−1=Nax+x-1=Nax+x−1=N

(a+1)×x=N+1(a+1)\times x=N+1(a+1)×x=N+1

(a+1)×(b+1)=N+1(a+1)\times (b+1)=N+1(a+1)×(b+1)=N+1

所以我们只需要判断N+1是否是素数即可，如果是素数那么就输出No，否则输出Yes

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e6+10;
ll n;bool check(ll x){if(x == 0 || x == 1) return false;for(ll i = 2;i * i <= x; ++i) {if(x % i == 0) return false;}return true;
}int main()
{cin>>n;if(check(n+1)) puts("No");else puts("Yes");return 0;
}

H.特征值（模拟）

思路

不难发现对于个位的值，我们是将该数所有位的相加，对于十位则是去掉个位的值……，所以我们对该数的所有位置上进行一个求和处理，然后在相应的位置就等于该和的值，然后进位的时候减去当前这位的值即可，最后手动模拟一下进位

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 1e7+10;
vector<ll> a(N);
ll b[N];int main()
{string ch;cin>>ch;ll sum = 0;ll n = ch.size();for(ll i = 0;i < n; ++i) {//求和,方便下面处理b[i]=ch[i]-'0';sum += b[i];}for(ll i = 0;i < n; ++i) {//进行各位赋值ll k = b[n-i-1];a[i] = sum;sum -= k;}ll len = 0;for(ll i = 0;a[i+1]; ++i,len++) {//手动模拟进位a[i+1] += a[i]/10;a[i] %= 10;}for(ll i = len;i >= 0; --i) {printf("%lld",a[i]);}putchar('\n');return 0;
}

I.最大公约数

思路

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e6+10;
ll n,sum;ll slove(ll x){ll ans = 0;for(int i = 1;i * i <= x; ++i) {if(x % i == 0) {if(x/i == i) ans++;else ans += 2;}}return ans;
}int main()
{ll a;cin>>n;for(int i = 1;i <= n; ++i) {cin>>a;sum+=a;}cout<<slove(sum)<<endl;return 0;
}

J.玄神的字符串(思维)

思路

对于这个问题我们先统计0的个数和1的个数，

如果其中最小值k是一个奇数，那么说明我们要剩下一对，这一对就要做先变化再删除，或者直接删除
- 对于剩下的全部相同的值，我们要么进行反转一半全部用不同的方式删除，或者直接使用相同的删除
如果是一个偶数，那么直接删除即可（注意这里的删除一种是不同删除，一种是相同删除）
- 对于剩下的全部相同的值，我们要么进行反转一半全部用不同的方式删除，或者直接使用相同的删除

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000009
#define endl "\n"
#define PII pair<int,int>
ll ksm(ll a,ll b) {ll ans = 1;for(;b;b>>=1LL) {if(b & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;}return ans;
}ll lowbit(ll x){return -x & x;}const int N = 2e6+10;
string ch;
ll a,b,c;int main()
{cin>>ch;cin>>a>>b>>c;int n = ch.size();int l = 0,r = 0;for(int i = 0;i < n; ++i) {if(ch[i]=='0')  l++;else r++;}ll ans = 0;int k = min(l,r);if(k & 1) {//奇数的情况会剩下一对ans += min((k-1) * a,(k-1) * b);l -= k-1;r -= k-1;ans += min(a,b+c);l = max(l,r);ans += min(l/2LL * b,(l/2LL * c) + (l/2LL) * a);}else {ans += min(k * a,k * b);l -= k;r -= k;l = max(l,r);ans += min(l/2LL * b,(l/2LL * c) + (l/2LL) * a);}cout<<ans<<endl;return 0;
}

L.WireConnection（最小生成树）

思路

因为点很少，只有2000个，所以我们直接处理一下这些点链连接的边大约是n×(n+1)/2n\times(n+1)/2n×(n+1)/2条边，然后对这个边集求一个最小生成树即可，注意这里要爆int

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define ll long long
#define N 2005struct Point{int x,y,z;
}P[N];int get(Point a, Point b) {int k = (a.x - b.x)*(a.x - b.x) + (a.y - b.y)*(a.y - b.y) + (a.z-b.z)*(a.z-b.z);return (int)(ceil((double)sqrt(double(1.0*k))));
}struct node{int from,to;long long cost;
}E[N*N];int fa[N],n;bool cmp(node a,node b){return a.cost<b.cost;
}int find(int x){int k = x;while(k != fa[k])k = fa[k]; while(x != fa[x]) {int t =fa[x];fa[x] = k;x = t;}return x;
}void init(){for(int i = 1; i <= n; ++i)fa[i] = i;
}int same(int x,int y){return find(x) == find(y);
}void merge(int a,int b){a = find(a);b = find(b);if(a != b)fa[b] = a;
}
long long kruskal(int m){long long ans = 0;sort(E+1,E+m+1,cmp);for(int i = 1; i <= m; ++i){if(same(E[i].from,E[i].to))continue;merge(E[i].from,E[i].to);ans += E[i].cost;}return ans;//返回的是最小生成树的代价
}
signed main(){scanf("%lld",&n);init();for(int i = 1;i <= n; ++i) {scanf("%lld %lld %lld",&P[i].x,&P[i].y,&P[i].z);}int cnt = 1;for(int i = 1;i <= n; ++i) {for(int j = i + 1;j <= n; ++j) {E[cnt].from = i,E[cnt].to=j,E[cnt++].cost = get(P[i],P[j]);}}int k = kruskal(cnt);printf("%lld\n",k);return 0;
}

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