Codeforces Round #736 (Div. 2)
A_Gregor and Cryptography
题意： 给你一个素数，让你找到 两个数 a,b 满足
思路：随便找几个数，我们就可以构造出
- 对于奇数，我们直接输出 (2) 和 (n-1) 即可 ，mod 值为 (1)
- 对于偶数，我们直接输出 (2) 和 (n>>1) 即可，mod 值为 (0)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 10;
void solve()
{
int n;
cin >> n;
if( n&1 ){ /// odd
cout << 2 << " " << n-1 <<endl;
}else{ /// even
cout << 2 << " " << (n>>1) << endl;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cout.tie(nullptr);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin>> t;
while(t--){
solve();
}
}
B_Gregor and the Pawn Game
题意：在一个 (n*n) 的矩阵中，第一排为敌人的障碍，最后一排是自己的车车。问有多少个车能从最后一排开到第一排。开车的规则如下：
- 直线向上，如果上方没有障碍
- 如果左上方或右上方有障碍，也可以走，并且把哪一格的障碍消除
题解：就是一道贪心，因为障碍只在第一排且不能移动，我们就从左向右暴力，对于一个车
if(1,j-1) 有障碍那就ans++，if else (1,j) 没有障碍那就ans++ ，if else （1，j+1）有障碍那就ans++，注意这里是if else 。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
void solve()
{
int n,cnt = 0;
cin >> n;
string a,b;
cin>> a >> b;
a = "0" + a + "0";
b = "0" + b;
for(int i = 1 ; i <= n ; i ++){
if( b[i] == '1' ){
if( a[i - 1] == '1' ){
cnt ++;
a[i-1] = '0';
}
else if( a[i] == '0' ){
cnt ++;
a[i] = '0';
}
else if( a[i + 1] == '1' ){
cnt ++;
a[i + 1] = '0';
}
}
}
cout << cnt <<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cout.tie(nullptr);
cin.tie(nullptr);
int t;
cin>> t;
while(t--){
solve();
}
}
--
Codeforces Round #742 (Div. 2)
A. Domino Disaster
题意：
题解：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve()
{
int n;
cin >> n;
string s;
cin >> s;
for(int i = 0; i < s.length() ; i++){
if( s[i] == 'L' || s[i] == 'R' ){
cout << "LR";
i++;
}else{
cout << (s[i]=='U'?'D':'U');
}
}
cout <<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int t;
cin >> t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
B. MEXor Mixup
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 10;
ll xo[N];
void solve()
{
ll a,b;
cin >> a>> b;
if( xo[a-1] == b ){
cout << a << endl;
}else if( (xo[a-1]^b) == a ){
cout << a + 2 << endl;
}else {
cout << a + 1 <<endl;
}
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
ll te = 0;
for(int i = 1 ; i <= 300001; i++){
xo[i] = te = te^i;
//cout << xo[i] << endl;
}
int t;
cin >> t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
/*
125503 125003
*/
C. Carrying Conundrum
题意：Alice 在计算2数的加法的时候，要把进位向左多移动一位，现在给你最后算错的答案，问有多少个数对可以算出这个答案（包括进位的情况和不进位的情况）
题解： 分享后可以知道，第2个数（十位）会对第4个数（千位）有影响（十位进的位直接进到千位），第3个数会对第5个数影响，所以我们直接分奇偶来讨论就好了。
每个数的组成方案的公式为
例如，4的组成为（1，3），（3，1），（2，2），（0，4），（4，0） 5种情况
对于15005这个数，我们可以把他看成，奇数（105），偶数（50），通过上面的结论，我们可以知道有106个数对可组成 105，51个数对可组成50，但是（0，105）与（0，50）以及（105，0）与（50，0）这两个情况组成的答案我们应该排除，因为数为正整数
所以我们直接把奇数，偶数分离用公式来计算就好了（a为奇数组成的数，b为偶数组成的数）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 +10;
void solve()
{
string n ;
cin >> n ;
int a=0,b=0;
for(int i = 0 ; i < n.length() ; i++){
if( (i+1)%2==0 ){
a = a*10 + int(n[i] - '0');
} else {
b = b*10 + int(n[i] - '0');
}
}
cout << (a+1)*(b+1) -2<< endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int t;
cin >>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}
感悟： 规律题的话，首先需要确定，我们要找的规律是什么，这个题就是，一个数可以由多少个不同的数对组成（可以为2个相同的数，但是只视为一种方案，同时2数交换位置视为不同的方案数）。就是这个规律，我们从1开始算的话，最多算到15，20左右就把规律总结出来了。然后就是考虑到题目中的0的情况把这两种情况减掉就可以了
D. Expression Evaluation Error
题意： 给一个 (n , s) ，(n) 为一个数列的和，(s)为这个数列中数的个数，现在把 (n) 拆分成 (s) 个数，我们把这 s 个数视为 11 进制 求和，要使得这个11进制的数最大
题解： 对于10拆成9 + 1 ，会发现损失了1，所以我们要尽可能的保留最高位的数，并且要保证，之后可以拆成1 n-(s-i)就是在做这一步
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5 +10;
int mypow(int x)
{
int res = 1;
for(int i = 0 ; i < x ; i++){
res *= 10;
}
return res;
}
void solve()
{
int n,s;
cin >> n >> s;
for(int i= 1; i < s ; i++){
/// n-(s-i) 确保了最后可以补 1
int x = mypow(int(log10(n - (s - i))) );
cout << x << " ";
n -= x;
}
cout << n <<endl;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cout.tie(nullptr);
int t;
cin >>t;
while(t--){
solve();
}
return 0;
}