A. Pangram
题意：判断字符串中26种字母是否全都出现过，不区分大小写。
题本身不难，可是忘了用getchar()吞掉输入第一行最末的换行符，导致被某些别有用心的人在比赛快结束的时候Hack了。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int maxn = 100 + 10; 5 6 char s[maxn]; 7 bool vis[30]; 8 9 int main() 10 { 11 //freopen("in.txt", "r", stdin); 12 13 int n, cnt = 0; 14 scanf("%d", &n); 15 getchar(); 16 for(int i = 0; i < n && cnt < 26; i++) 17 { 18 char c = getchar(); 19 int x; 20 if(c < 'a') x = c - 'A'; 21 else x = c - 'a'; 22 if(!vis[x]) cnt++; 23 vis[x] = true; 24 } 25 26 printf("%s\n", cnt == 26 ? "YES" : "NO"); 27 28 return 0; 29 }
B. Two Buttons (BFS)
题意：
最开始有个数字n，有两种按钮，一种可以将这个数字减1，一种按钮可以将这个数字乘2.求将这个数字变为m的最短步数。
分析：
一开始以为是DP，后来在纸上演算了一下，发现其实就是一个BFS求最短路。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 4 const int maxn = 10000 + 10; 5 6 int n, m; 7 int d[maxn]; 8 bool vis[maxn]; 9 10 struct Node 11 { 12 int u, d; 13 Node(int u, int d):u(u), d(d) {} 14 }; 15 16 queue<Node> Q; 17 18 int BFS() 19 { 20 Node head = Node(n, 0); 21 vis[n] = true; 22 Q.push(head); 23 while(!Q.empty()) 24 { 25 Node x = Q.front(); Q.pop(); 26 27 if(x.u == m) { return x.d; } 28 29 int a = x.u - 1; 30 int d = x.d + 1; 31 if(a > 0 && !vis[a]) 32 { 33 vis[a] = true; 34 Q.push(Node(a, d)); 35 } 36 37 a = x.u * 2; 38 if(a < maxn && !vis[a]) 39 { 40 vis[a] = true; 41 Q.push(Node(a, d)); 42 } 43 } 44 return -1; 45 } 46 47 int main() 48 { 49 //freopen("in.txt", "r", stdin); 50 51 scanf("%d%d", &n, &m); 52 printf("%d\n", BFS()); 53 54 return 0; 55 }
C. DNA Alignment (贪心 快速幂)
题意：
题目描述还是比较蛋疼的。观察一下，根据题中的定义可以把p(s,t)改写成这样：
也就是t中的每个DNA都会和s中的每个DNA匹配n次，为了使p(s,t)最大，对于t中的每个DNA只要选择s中出现次数最多的那个即可。
如果有s中有多种DNA出现的次数最多且相等，选哪种都可以，所以最终答案是kn，其中k是s中重复次数最多的DNA总数。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 const int maxn = 100000 + 10; 5 const LL MOD = 1000000007; 6 int n; 7 char s[maxn]; 8 9 LL pow_mod(LL a, LL n) 10 { 11 if(n == 0) return 1LL; 12 LL ans = pow_mod(a, n >> 1); 13 ans = ans * ans % MOD; 14 if(n%2 == 1) ans = ans * a % MOD; 15 return ans; 16 } 17 18 int ID(char c) 19 { 20 if(c == 'A') return 0; 21 if(c == 'G') return 1; 22 if(c == 'C') return 2; 23 return 3; 24 } 25 26 int sum[4]; 27 28 int main() 29 { 30 //freopen("in.txt", "r", stdin); 31 32 scanf("%d", &n); 33 scanf("%s", s); 34 for(int i = 0; i < n; i++) sum[ID(s[i])]++; 35 sort(sum, sum + 4); 36 reverse(sum, sum + 4); 37 int i = 1; 38 while(i < 4 && sum[i] == sum[i - 1]) i++; 39 LL ans = pow_mod(i, n); 40 printf("%I64d\n", ans); 41 42 return 0; 43 }
D. Cubes (博弈 贪心 模拟)
题意：
这道题题意还挺繁琐的。有n个木块，像搭积木一样搭起来，每个木块有自己的编号0~n-1。两个人现在要把积木一块一块的拿下来，而且拿的过程中不会影响其他积木。这样拿积木的顺序就可以看做一个n进制的数(第一个拿下来的积木的编号在最高位)。第一个人想让这个数最大，第二个人想让这个数最小，求最后拿积木所确定下来的数字。
分析：
首先如何判断一个积木拿下来不会影响到其他积木，就是判断一下它上方三块积木(如果有的话)是否只被这唯一一块积木支撑着。
我们可以用C++里面的set来存储可以拿下来的积木的编号，在拿下来一块积木的同时，也可能会暴露出新的积木，如果符合要求的话也要加入到set里面。
最后再强调一点，并不是加入到set中后就一定可以拿下来，在拿下来的时候还要再判断一次。因为可能发生这样的情况：
在加入set的时候这块积木可以被拿下来，但是要拿下来这一刻，积木的布局发生变化，这块积木就可能变成了支撑上面积木的唯一一块，所以就不能被拿下来了。
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define MP make_pair 4 5 const int maxn = 100000 + 10; 6 const int MOD = 1000000009; 7 const int dx[] = {-1, 0, 1}; 8 9 int x[maxn], y[maxn]; 10 map<pair<int, int>, int> ID; 11 set<int> Set; 12 bool vis[maxn]; 13 14 bool available(int t) 15 { 16 for(int i = 0; i < 3; i++) 17 { 18 int nx = x[t] + dx[i]; 19 int ny = y[t] + 1; 20 int id = ID[MP(nx, ny)]; 21 if(id && !vis[id]) 22 { 23 int cnt = 0; 24 for(int j = 0; j < 3; j++) 25 { 26 int nnx = nx + dx[j]; 27 int nny = y[t]; 28 int nid = ID[MP(nnx, nny)]; 29 if(nid && !vis[nid]) cnt++; 30 } 31 if(cnt == 1) return false; 32 } 33 } 34 return true; 35 } 36 37 int main() 38 { 39 //freopen("in.txt", "r", stdin); 40 41 int n; 42 scanf("%d", &n); 43 for(int i = 1; i <= n; i++) 44 { 45 scanf("%d%d", &x[i], &y[i]); 46 ID[MP(x[i], y[i])] = i; 47 } 48 49 for(int i = 1; i <= n; i++) if(available(i)) 50 Set.insert(i); 51 52 long long ans = 0; 53 bool turn = false; 54 while(Set.size()) 55 { 56 int t = turn ? *Set.begin() : *Set.rbegin(); 57 Set.erase(t); 58 if(!available(t)) continue; 59 turn = !turn; 60 vis[t] = true; 61 ans = (ans * n + t - 1) % MOD; 62 for(int i = 0; i < 3; i++) 63 { 64 int nx = x[t] + dx[i]; 65 int ny = y[t] - 1; 66 int id = ID[MP(nx, ny)]; 67 if(id && !vis[id] && available(id)) 68 Set.insert(id); 69 } 70 } 71 72 printf("%I64d\n", ans); 73 }
E. Pluses everywhere (数论 组合数学 乘法逆元)
题意：
有一串数字长度为n，要在数字与数字之间加k个加号构成一个表达式，求所有合法表达式的值之和。
分析：
插入k个加号会得到k+1个加数，其中这些加数可能存在前导0.考虑每个表达式太麻烦了，不如换个角度，我们固定一个数字d。
无论加号怎样放，它最终都是贡献d*10l这么多的。具体这个l是多少，就要看它右边离它最近的一个加号有多远；当然也可能它在最后一个加数里面，右边没有加号。
上面两种情况都要考虑进去，这里只说大概思路好了，官方题解已经说得很详细了。
其中要求组合数，所以要预处理前n个阶乘以及阶乘的逆元。
因为刚刚接触乘法逆元这个概念，所以就多说两句：
如果ax≡1(mod p)，则a和x互为关于模p的乘法逆元
《训练指南》上给出了用扩展欧几里得的算法求乘法逆元的代码，就是解方程：ax + py = 1，找到一组解，x就是a的逆元。
还有一种办法就是利用费马小定理 或者 欧拉定理，这里以费马小定理为例：
假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1) ≡1(mod p)，那么就有a * a(p-2) ≡ 1 (mod p)，所以a(p-2)就是a关于模p的逆元。
如果是欧拉定理，就有
，于是aphi(n)-1就是a的逆元，如果n为素数的话，phi(n) = n - 1，所以an-2就是a的逆元。
所以我们可以统一用快速幂来求乘法逆元了。
如果是求连续阶乘的逆元，还可以递推来求：
先求出n的阶乘 fac(n)的逆元inv_fac(n)，fac(n) * inv_fac(n) ≡ fac(n-1) * n * inv_fac(n) ≡ 1，所以fac(n-1)的逆元为n * inv_fac(n)，这样递推公式就是：
inv_fac(n-1) = n * inv_fac(n)
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 5 const int maxn = 100000 + 10; 6 const int MOD = 1000000007; 7 8 inline LL mul_mod(LL a, LL b, LL n = MOD) 9 { return a * b % n; } 10 11 LL pow_mod(LL a, LL p, LL n = MOD) 12 { 13 if(p == 0) return 1LL; 14 LL ans = pow_mod(a, p>>1, n); 15 ans = ans * ans % n; 16 if(p & 1) ans = ans * a % n; 17 return ans; 18 } 19 20 int n, k; 21 int a[maxn], sum[maxn]; 22 int ten_pow[maxn], fac[maxn], ifac[maxn]; 23 24 void Init() 25 { 26 sum[0] = a[0]; 27 for(int i = 1; i < n; i++) sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; 28 29 fac[0] = 1; 30 for(int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = mul_mod(fac[i - 1], i); 31 ifac[n] = pow_mod(fac[n], MOD - 2); 32 for(int i = n-1; i >= 0; i--) ifac[i] = mul_mod(ifac[i+1], i+1); 33 34 ten_pow[0] = 1; 35 for(int i = 1; i < n; i++) ten_pow[i] = mul_mod(ten_pow[i-1], 10); 36 } 37 38 inline LL C(int n, int k) 39 { 40 if(k > n || k < 0) return 0; 41 return mul_mod(mul_mod(fac[n], ifac[k]), ifac[n-k]); 42 } 43 44 int main() 45 { 46 scanf("%d%d", &n, &k); getchar(); 47 for(int i = 0; i < n; i++) a[i] = getchar() - '0'; 48 49 Init(); 50 51 LL ans = 0; 52 for(int l = 0; l <= n-2; l++) 53 { 54 ans = (ans + mul_mod(mul_mod(ten_pow[l], C(n-l-2, k-1)), sum[n - l - 2])) % MOD; 55 ans = (ans + mul_mod(mul_mod(a[l], ten_pow[n-l-1]), C(l, k))) % MOD; 56 } 57 ans = (ans + mul_mod(a[n-1], C(n-1, k))) % MOD; 58 printf("%I64d\n", ans); 59 60 return 0; 61 }
