1、回文

分析

暴力枚举一下check回文,可以确定出最后答案的一半,就可以得到答案了。

参考代码

#include

using namespace std;

bool isPalindrome(string s) {

int i = 0, j = s.size() - 1;

while(i < j)

if(s[i++] != s[j--])

return false;

return true;

}

string s;

int main() {

cin >> s;

string add;

int i, j;

for(i = 0; i < s.size(); i++) {

if(isPalindrome(s.substr(i))) break;

}

for(int j = i - 1; j >= 0; j--) add += s[j];

s += add;

cout << s.size() << endl;

}

2、两个子串

分析

暴力枚举计算字符串前缀后缀相等的最长长度,然后拼接一下就是结果。

参考代码

#include

using namespace std;

string s;

int main() {

cin >> s;

int l = s.size(), m = 0;

for(int i = 1; i < l; i++) {

if(s.substr(0, i) == s.substr(l - i, i))

m = i;

}

cout << s.substr(0, l - m) + s << endl;

return 0;

}

3、括号匹配方案

分析

这个题字符串长度不长,可以直接爆搜。

有一种代码比较简单的解法,挨着累计'('的个数,遇到')'就完成一次匹配,把情况数乘进答案。本质是把题目所说的移除操作做了一个等价的变化。

参考代码

#include

using namespace std;

string s;

int main() {

cin >> s;

int ans = 1, cnt = 0;

for(int i = 0; i < s.size(); i++) {

if(s[i] == '(') {

cnt++;

} else {

ans *= cnt;

cnt--;

}

}

cout << ans << endl;

}

4、疯狂的序列

分析

范围比较大,考虑二分答案,等差数列求和来check。

参考代码

#include

using namespace std;

long long n;

int main() {

cin >> n;

long long l = 1, r = 2000000000LL, mid;

while(l < r) {

mid = (l + r) / 2;

if(mid * (mid + 1) / 2 >= n)

r = mid;

else

l = mid + 1;

}

cout << l << endl;

return 0;

}

5、神奇数

分析

注意到r - l不会特别大,直接枚举范围内的数,然后暴力check。

暴力check的时候注意到所有数位和最大只有81,所以会比较快。

参考代码一

#include

using namespace std;

bool check(int n) {

char s[11];

int cur = 0, t = 0;

while(n > 0) {

s[cur] = n % 10;

t += s[cur++];

n /= 10;

}

if(t % 2) return false;

t /= 2;

bool ok[42] = {0};

ok[s[0]] = true;

for(int i = 1; i < cur; i++) {

int v = s[i];

for(int j = 41; j >= 0; j--) {

if(ok[j] && j + v <= 41) {

ok[j + v] = true;

}

}

if(ok[t]) {

return true;

}

}

return false;

}

int l, r;

int main() {

int res = 0;

cin >> l >> r;

for(int i = l; i <= r; i++) {

if(check(i)) res++;

}

cout << res << endl;

return 0;

}

参考代码二

import java.util.HashSet;

import java.util.Scanner;

import java.util.Set;

public class Main {

public static boolean check(int n){

int[] s = new int[11];

int cur = 0, t = 0;

while(n > 0) {

s[cur] = n % 10;

t += s[cur++];

n /= 10;

}

if( t % 2 == 1 ) return false;

t /= 2;

boolean[] ok = new boolean[42];

ok[s[0]] = true;

for(int i = 1; i < cur; i++) {

int v = s[i];

for(int j = 41; j >= 0; j--) {

if(ok[j] && j + v <= 41) {

ok[j + v] = true;

}

}

if(ok[t]) {

return true;

}

}

return false;

}

public static int max(int a, int b){

return (a>b) ? a : b;

}

public static void main(String[] args) {

Scanner in = new Scanner(System.in);

int res = 0;

int l = in.nextInt();

int r = in.nextInt();

for(int i = l; i <= r; i++) {

if(check(i)) res++;

}

System.out.println(res);

}

}

6、求幂

分析

裸暴力好像只能拿20%的分

我们考虑去枚举n范围内的所有i,然后处理出i的幂那些数。

考虑对于i ^ x, 我们需要计算满足 (i ^ x) ^ c = (i ^ y) ^ d的数量,其中i ^ x, i ^ y <= n. 这些我们可以通过预处理出来。

然后对于(i ^ x) ^ c = (i ^ y) ^ d 其实意味着x c = y d, 意味着(x / y) = (d / c), 其中x, y我们可以在预处理之后枚举出来,于是我们就可以借此计算出n范围内有多少不同这种c和d去满足等式。

其实就等于 n / max(x / gcd(x, y), y / gcd(x, y)),然后都累加进答案。gcd()表示最大公约数。

中间可能产生重复枚举,我们用一个set或者hash容器标记一下就好。

以上枚举对于2~sqrt(n)。最后对于大于sqrt(n)的部分,每个的贡献都是n。

参考代码一

#include

using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

set S;

int n;

int main() {

cin >> n;

long long res = 1LL * n * n % mod;

for(int i = 2; i * i <= n; i++) {

if(S.find(i) != S.end()) continue;

long long tmp = i;

int cnt = 0;

while(tmp <= n) {

S.insert(tmp);

tmp = tmp * i;

cnt++;

}

for(int x = 1; x <= cnt; x++) {

for(int y = 1; y <= cnt; y++) {

int g = __gcd(x, y);

int tmpx = x / g;

int tmpy = y / g;

res = (res + n / max(tmpx, tmpy)) % mod;

}

}

}

res += 1LL * (n - S.size() - 1) * n;

res %= mod;

cout << res << endl;

}

参考代码二

import java.util.HashSet;

import java.util.Scanner;

import java.util.Set;

public class Main {

public final static long MOD = 1000000000 + 7;

public static int max(int a, int b){

return (a>b) ? a : b;

}

public static long gcd(long a,long b){

return (a % b == 0) ? b : gcd(b,a%b);

}

public static void main(String[] args) {

Scanner in = new Scanner(System.in);

long n = in.nextInt();

long ans = (long)1*n*(n*2-1) % MOD;

Set set = new HashSet<>();

for (int i = 2; i*i <= n; i++){

if ( set.contains(i)) continue;

long tmp = i;

int cnt = 0;

while(tmp <= n) {

set.add((int)tmp);

tmp = tmp * i;

cnt++;

}

for(int k = 1; k <= cnt; k++) {

for(int j = k + 1; j <= cnt; j++) {

ans = (ans + n / (j / gcd(k, j) ) * (long)2 ) % MOD;

}

}

}

System.out.println(ans);

}

}

7、购物车

function add(items) {

var tbody = document.getElementById('jsTrolley').getElementsByTagName('tbody')[0];

(items || []).forEach(function (item) {

var tr = document.createElement('tr');

tr.innerHTML = '

' + item.name

+ '

' + item.price.toFixed(2) + '删除';

tbody.appendChild(tr);

});

update();

}

function bind() {

var table = document.getElementById('jsTrolley');

table.addEventListener('click', function (event) {

var el = event.target;

if (el.tagName.toLowerCase() === 'a') {

tr = el.parentNode.parentNode;

tr.parentNode.removeChild(tr);

update();

}

});

}

function update() {

var table = document.getElementById('jsTrolley');

var tbody = table.getElementsByTagName('tbody')[0];

var tfoot = table.getElementsByTagName('tfoot')[0];

var tr = [].slice.call(tbody.getElementsByTagName('tr'), 0);

var total = 0;

tr.forEach(function (tr) {

total += +(tr.getElementsByTagName('td')[1].innerHTML.trim());

});

tfoot.getElementsByTagName('td')[0].innerHTML = total.toFixed(2) + '(' + tr.length + '件商品)';

}

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