题目的意思：
n个水平条，m个竖直条，组成网格，每次删除交点所在的行和列，两个人轮流删除，直到最后没有交点为止，最后不能再删除的人将输掉
解题思路：
每次删除交点所在的行和列，则剩下n-1行和m-1列，直到行或列被删完为止，最多删除的次数为min(n,m)，删除min(n,m)后剩余的都是行或者列（注意行与行，列与列之间不可能有交点）。只需要判断min(n,m)的奇偶性。
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; int main(){ int n,m; cin >> n >> m; if(min(n,m)%2) cout<<"Akshat"<<endl; else cout<<"Malvika"<<endl; }
题目的意思：
给一个含有n个不同数的数组，通过反转数组的一个片段，该数组变成递增排序，问该数组是不是满足要求
解题思路：
可想而知，这样的数组基本有序的，而且中间最多只有一个片段是单调递减的，这样的数组看起来像这样先单调递增，再单调递减，在单调递增
假设找到单调递减的片段（程序很简单实现），该片段的起始索引为startIdx,结束索引为endIdx，如果数组中存在多个这样的片段，说明要将多个部分反转，不满足条件，输出“no”，所以增加一个计数器cnt，记录这样的片段个数，如果cnt>1肯定不能满足条件。
如果只有一个这样的片段，反转后a[endIdx]在startIdx处，要判断a[startIdx-1]与a[endIdx]大小，如果a[endIdx]>a[startIdx-1]，说明反转后左边的可以保证单调递增，现在来考虑右边的a[endIdx+1]，反转后a[startIdx]位于a[endIdx]，在这个地方要判断endIdx+1是不是存在，如果a[endIdx+1]>a[startIdx]，则反转后右边也是单调递增的。
时间复杂度O(n)，注意下面代码中左右各增加了一个哨兵，可以避免边界的判断，可以继续在下面程序优化，将空间的时间复杂度优化为O(1)
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #define MAX 1000000000+1 using namespace std; int main(){ int n; cin >> n ; vector<int> a(n+2,0); a[0]= 0;a[n+1] = MAX; int startIdx =1,endIdx = 1,cnt = 0; bool flag = false; for(int i = 1; i <=n; ++ i){ cin >> a[i]; if(a[i] < a[i-1]){ if(!flag){ startIdx = i-1;flag = true;cnt++;} endIdx =i; }else{ if(flag) flag = false; } } if(cnt > 1) cout<<"no"<<endl; else{ if(a[endIdx] > a[startIdx-1] && a[endIdx+1] > a[startIdx]){ cout<<"yes"<<endl; cout<<startIdx<<" "<<endIdx<<endl; }else cout<<"no"<<endl; } }
C - Predict Outcome of the Game
题目的意思：
三个队进行n场比赛，已经比赛了k场，第一队赢得次数与第二队赢得次数的绝对值之差是d1，第二队与第三队赢得次数绝对值之差是d2，问是否存在n场比赛后3个队都没有赢，即三个队赢得次数相等，即每个队赢的次数是n/3，（n一定要能被3整除，否则不可能每个队赢的次数相等）
解题思路：
设在已经比赛的k场比赛中，第一队赢的次数为a，第二队赢的次数为b，第三队赢的次数是c，则a+b+c=k
证明a+b+c=k
设第一队与第二队，第一队赢a1次（输了b1次），第二队赢b1次（输了a1次），则总共比赛了a1+b1次
设第二队与第三队，第二队赢了b2次（输了c1次），第三队赢了c1次（输了b2次），则总共比赛了b2+c1次
设第三队与第一队，第三队赢了c2次（输了a2次），第一队赢了a2次（输了c2次），则总共比赛了c2+a2次
第一队赢的次数a1+a2，第二队赢的次数b1+b2，第三队赢的次数c1+c2
则 a1+b1+b2+c1+c2+a2=k => a+b+c=k
根据题意
|a-b|=d1
|b-c|=d2
现在开始解方程
（1）当a>=b时 a = d1+b, c = k-a-b=k-d1-2b
|b-c|=|b-k+d1+2b|=|3b-k+d1|=d2
当3b-k+d1>=0时
3b = d2-d1+k
要满足的条件是d2-d1+k要能整除3，且a>=0 b>=0 c>=0，还要满足a<=n/3 b<=n/3 c<=n/3 （因为每个队最多赢的次数是n/3）
如果条件都满足，则存在
当3b-k+d1< 0时
3b=k-d1-d2
要满足的条件是k-d1-d2要能整除3，且a>=0 b>=0 c>=0，还要满足a<=n/3 b<=n/3 c<=n/3 （因为每个队最多赢的次数是n/3）
如果条件都满足，则存在
（2）当a < b时 a=b-d1, c = k-a-b=k+d1-2*b
|b-c|=|b-k-d1+2*b|=|3b-k-d1|=d2
当3b-k-d1>=0时
3b=k+d2+d1
要满足的条件是d2+d1+k要能整除3，且a>=0 b>=0 c>=0，还要满足a<=n/3 b<=n/3 c<=n/3 （因为每个队最多赢的次数是n/3）
如果条件都满足，则存在
当3b-k-d1< 0时
3b=k+d1-d2
要满足的条件是k+d1-d2要能整除3，且a>=0 b>=0 c>=0，还要满足a<=n/3 b<=n/3 c<=n/3 （因为每个队最多赢的次数是n/3）
如果条件都满足，则存在
不用考虑剩余的n-k场比赛，因为前面k场比赛中，三个队赢的次数已经确定，剩下的n-k场比赛，第一队赢的肯定是n/3-a，第二队赢的是n/3-b，第三队赢的是n/3-c
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> #define ll long long using namespace std; int main(){ int t; cin >> t; while(t-->0){ ll n,k,d1,d2; cin >> n >> k >> d1 >> d2; if(n%3){cout<<"no"<<endl;continue;} ll a = 0,b = 0, c =0; int flag = 0; if((d2-d1+k)>=0 && ((d2-d1+k)%3 == 0)){ b = (d2-d1+k)/3; c = k-d1-2*b; a = d1+b; if(c>=0 && a>=0 && a-b>=0 && a<=n/3 && b<=n/3 && c<=n/3){ flag|=1; } } if((k-d1-d2)>=0 && ((k-d1-d2)%3 ==0)){ b = (k-d1-d2)/3; c = k-d1-2*b; a = d1+b; if(c>=0 && a>=0 && a-b>=0 && a<=n/3 && b<=n/3 && c<=n/3){ flag|=1; } } if((k+d1+d2)%3==0){ b=(k+d1+d2)/3; c = k+d1-2*b; a = b-d1; if(c>=0&& a>=0 && b>=a && a<=n/3 && b<=n/3 && c<=n/3 ){ flag|=1; } } if((k+d1-d2)>=0 && (k+d1-d2)%3 ==0){ b = (k+d1-d2)/3; c = k+d1-2*b; a = b-d1; if(c>=0&& a>=0 && b>=a && a<=n/3 && b<=n/3 && c<=n/3){ flag|=1; } } if(flag == 0) cout<<"no"<<endl; else cout<<"yes"<<endl; } }
题目意思：
goog string：字符串中连续相同的字符用一个字符替换后，形成回文串的字符串。
给出一个字符串，该字符串的字串中，长度为奇数的good string有多少个，长度为偶数的good string有多少个。
解题思路：
因为字符串只有a和b组成，只要是头尾相同的字串都是good string。
设头尾相同的字符串都是a，str="a.....a"由于相同的字符串都是用一个字符串替换，所以不可能存在相邻的字符相同，故将连续相同的字符替换后，就形成了a和b交替排列。故str变成了"ababababa....baba"，这种类型的字符显然是回文串。所以要使子串为good string，则头尾应该是相同的。
现在问题是如果头尾相同的字串，如何判断子串的长度？这里要利用字符的索引的奇偶性
假设子串str="a...a"，开头a在输入字符串中的索引为i，结尾a在输入字符串中的索引为j，则str的长度为
如果i和j都为偶数或者奇数，则str的长度是j-i+1为奇数，（奇数-奇数=偶数，偶数-偶数=偶数，偶数+奇数=奇数）
如果i和j一奇一偶，则str的长度j-i+1为偶数，（奇数-偶数=奇数，偶数-奇数=奇数，奇数+奇数=偶数）
所以只需要统计a，b在奇数位置和在偶数位置的个数
长度为偶数的good string来源，开头a的索引和结尾a的索引一奇一偶的子串，开头b的索引和结尾b的索引一奇一偶，
长度为奇数的good string来源，开头a的索引和结尾a的索引奇偶性相同，开头b索引和结尾b的索引的奇偶性相同
#include <iostream> #include <string> #define C(num) ((num)*(num-1)/2) using namespace std; int main(){ string s; cin >> s; long long cnt_even[2]={0},cnt_odd[2]={0}; for(int i = 0 ; i < s.length(); ++ i){ int index = s[i]-'a'; if(i&1) cnt_odd[index]++; else cnt_even[index]++; } cout<<cnt_even[0]*cnt_odd[0]+cnt_even[1]*cnt_odd[1]<<" "; cout<<C(cnt_even[0])+C(cnt_even[1])+C(cnt_odd[0])+C(cnt_odd[1])+s.length()<<endl; }
题目的意思：
有n个花坛，每个花坛有f[i]支花。同一个花坛的花颜色相同，不同花坛的花颜色不同，问取s朵花一共有多少种取法
解题思路：
用母函数解决过硬币问题的，这题看起来应该很熟悉，就是通过母函数求组合数，不同之处，此题的数据量比较大，要经过处理。
得到的母函数为(1 + x + x^2 + x^3 + + ..x^f1) ...... (1 + x + x^2 + x^3 + + ..x^fn).
最后得到的指数为s的前面的系数就是答案，即x^s前面的系数是答案，现在关键问题是如何求x^s的系数
由于(1+x+x^2+x^3....+x^f1)=(1-x(f1+1))/(1-x)
故上面的母函数转换为(1-x(f1+1))/(1-x).....(1-x(fn+1))/(1-x)=(1-x(f1+1))....(1-x(fn+1))*(1-x)-n
现在考虑前面(1-x(f1+1))....(1-x(fn+1))，由于n的值不大，最大是20，故x的指数最多有2n种不同的值，220近似(103)2=106个值
可以浪费点空间算出这些值，注意大于s的指数直接抛弃
由于题目结果要取模，可以在算组合数时根据Lucas定理——组合数求模 去计算，在计算组合数时还要用到求逆元运算（辗转相除法或者快速幂算法）
最后求出 (1-x)-n的指数及相关系数，如果其指数与前面部分的指数和是s，者前面系数即是答案。