A
A题签到题直接输出0和2即可
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int p[N],cnt[N],m;
vector<int>a;
int ans;
int x,n;
void solve()
{
string s;cin>>s;
rep(i,0,s.size()-1)
if(i!=1) cout<<s[i];
}
int main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int t;
// cin>>t;
// while(t--)
solve();
return 0;
}
B
贪心，排序。第一位数不能为0后面按从小到大的顺序输出。
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int p[N],cnt[N],m;
vector<int>a;
void solve()
{
int x;cin>>x;
map<int,int>cnt;
while(x)
{
cnt[x%10]++;
x/=10;
}
for(auto it:cnt)
{
if(it.x==0) continue;
cout<<it.x;
cnt[it.x]--;
break;
}
for(auto it:cnt)
{
while(cnt[it.x])
{
cout<<it.x;
cnt[it.x]--;
}
}
}
int main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int t;
// cin>>t;
// while(t--)
solve();
return 0;
}
C
回文串对称，考虑无解的情况，无解的话一侧全部是相同的，否则我们就将一侧的1和1不同的交换，另一侧也做同样的交换.代码有点丑,可以不用分奇偶，我这写麻烦了。
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e6+10;
char s[N];
void solve()
{
cin>>s;
int n=strlen(s);
if(n&1)
{
map<char,int>cnt;
rep(i,0,n/2-1) cnt[s[i]]++;
if(cnt.size()<=1)
{
cout<<-1<<endl;
return;
}
else
{
rep(i,1,n/2-1)
{
if(s[i]!=s[0])
{
swap(s[n-1],s[n-1-i]);
swap(s[0],s[i]);
break;
}
}
}
}
else
{
map<char,int>cnt;
rep(i,0,n/2) cnt[s[i]]++;
if(cnt.size()<=1)
{
cout<<-1<<endl;
return;
}
else
{
rep(i,1,n/2)
{
if(s[i]!=s[0])
{
swap(s[n-1],s[n-1-i]);
swap(s[0],s[i]);
break;
}
}
}
}
cout<<s;
}
int main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int t;
// cin>>t;
// while(t--)
solve();
return 0;
}
D
没做出来呜呜
数学,思维。最近总是卡到数学题，昨晚的cf也是。
首先要想到，可以先把能除的除干净，可以发现除法可逆，也就是说除完之后，后面可以乘回来。
除以最大公约数之后会得到两个互质的数。
然后考虑计算答案，合法的乘数一定是一些连续的数。
只用找到上下边界就好了。
对于下边界取决于l和x
上边界取决于r和y
上边界是l/x上取整
下边界是r/y下取整
这里上取整有一些技巧
(l+x-1)/x
l/x+(l%x!=0)
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
void solve()
{
int x,y,l,r;cin>>x>>y>>l>>r;
int k=__gcd(x,y);
if(x>y) swap(x,y);
x/=k;y/=k;
int minn=l/x+(l%x!=0);
int maxx=r/y;
cout<<max(0,maxx-minn+1);
}
int main()
{
IOS
// freopen("1.in", "r", stdin);
int t;
// cin>>t;
// while(t--)
solve();
return 0;
}
E
e是一道比较经典的树形dp
f [ i ] [ 0 ] : 表示以 i 为根的子树， i 是白色的所有合法方案 f[i][0]:表示以i为根的子树，i是白色的所有合法方案 f[i][0]:表示以i为根的子树，i是白色的所有合法方案
f [ i ] [ 1 ] : 表示以 i 为根的子树， i 是红色的所有合法方案 f[i][1]:表示以i为根的子树，i是红色的所有合法方案 f[i][1]:表示以i为根的子树，i是红色的所有合法方案
考虑如何转移
当i为白色时，只能由其子树是红色的转移而来，那么就有
f [ i ] [ 0 ] = f [ i ] [ 0 ] ∗ f [ y ] [ 1 ] f[i][0]=f[i][0] * f[y][1] f[i][0]=f[i][0]∗f[y][1]
当i为红色时，既能由其子树是红色的转移而来，也能由其子树是白色的转移而来，那么就有
f [ i ] [ 0 ] = f [ i ] [ 0 ] ∗ （ f [ y ] [ 0 ] + f [ y ] [ 1 ] ) f[i][0]=f[i][0] * （f[y][0]+f[y][1]) f[i][0]=f[i][0]∗（f[y][0]+f[y][1])
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = (a); i <= (b); ++i)
#define fep(i,a,b) for(int i = (a); i >= (b); --i)
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define PII pair<int, int>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define endl '\n'
#define debug(a) cout<<#a<<"="<<a<<endl;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
#define INF 0x3f3f3f3f
#define x first
#define y second
using namespace std;
const int N=1e6+10,mod=1e9+7;
ll f[100010][2],mod=1e9+7;
vector<int>e[100010];
int n;
void dfs(int x,int fa)
{
f[x][0]=f[x][1]=1;
int boy=0;
for(auto y:e[x])
{
if(y==fa)
continue;
dfs(y,x);
f[x][0]=f[x][0]*f[y][1]%mod;
f[x][1]=f[x][1]*(f[y][0]+f[y][1])%mod;
}
}
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<n;i++)
{
cin>>x>>y;
e[x].push_back(y);
e[y].push_back(x);
}
dfs(1,0);
cout<<(f[1][0]+f[1][1])%mod;
}
