A 爱丽丝的人偶（一）
思路： 先排小的，然后插空排大的就好了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=0x3f3f3f3f;
int a[1000007];
int main()
{
int n;
cin>>n;
int e;
if(n%2==0){
e=n/2;
}else{
e=n/2+1;
}
int cnt=1;
for(int i=1;i<=e;i++){
a[cnt]=i;
cnt+=2;
}
cnt=2;
for(int i=e+1;i<=n;i++){
a[cnt]=i;
cnt+=2;
}
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i==1)printf("%d",a[i]);
else printf(" %d",a[i]);
}
return 0;
}
B 爱丽丝的人偶（二）
思路： 找出有几个种人偶（用map），然后在m种人偶中取k个，是组合数，记得触除法的时候求逆元，组合数m!/((m-k)!*k!);
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
map<ll,ll>mp;
ll sum[1000007];
ll qpow(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y>0){
if(y&1)ans=ans*x%mod;
y/=2;
x=x*x%mod;
}
return ans;
}
int main()
{
ll n,k;
cin>>n>>k;
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ll x;
cin>>x;
if(mp[x]==0){
mp[x]++;
cnt++;
}else{
mp[x]++;
}
}
sum[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
sum[i]=sum[i-1]*i%mod;
}
ll ans;
if(cnt>=k)
ans=sum[cnt]*qpow(sum[cnt-k]*sum[k]%mod,mod-2)%mod;
else
ans=0;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
C 打毛玉大赛
思路： 只有一只血是1一只血是2的时候输出A，其他都是输出B，可以自己模拟一下。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=0x3f3f3f3f;
int main()
{
ll a,b;
cin>>a>>b;
if(a==1&&b==1){
printf("B\n");
}else if((a==1&&b==2)||(a==2&&b==1)){
printf("A\n");
}else{
printf("B\n");
}
return 0;
}
D 贪玩的二小姐（续）
思路： 如果是奇数个括号那么肯定不行，输出-1，如果是偶数就模拟一下，看看剩下几个‘（’和几个‘）’，如果是奇数个的就必须有一个要和另一种括号配对，这个括号要变，如果是偶数个就可以内部配对，两个同类括号只用变一个括号就可以完成配对。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
char a[1000007];
int main(){
int n;
cin>>n;
scanf("%s",a+1);
int cnt1=0,cnt2=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(a[i]=='('){
cnt1++;
}else if(a[i]==')'&&cnt1!=0){
cnt1--;
}else{
cnt2++;
}
}
if(n%2==1)printf("-1\n");
else{
int ans=0;
ans+=cnt1/2;
ans+=cnt2/2;
if(cnt1%2==1)ans++;
if(cnt2%2==1)ans++;
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
E 游戏机本当下手
思路： 先求出每一段的01有几个存下来，如果按一次的话就把每种情况都列一下，在每一部分里求和就好了。如果是多次的话只知道两边的数各有多少个，然后把两个数相乘，就是这一段的取法个数。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll sum[1000007];
char a[1000007];
ll zhuan[1000007];
int main(){
int n,k;
cin>>n>>k;
scanf("%s",a+1);
int cnt=1;
zhuan[cnt]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(a[i]!=a[i-1]){
cnt++;
}
zhuan[cnt]++;
}
if(k>cnt){
printf("0\n");
}else{
ll ans=0;
if(k==1){
for(int i=1;i<=cnt;i++){
ans+=(zhuan[i]+1)*zhuan[i]/2;
}
}else{
for(int i=1;i<=cnt-k+1;i++){
ans+=zhuan[i]*zhuan[i+k-1];
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
F 宵暗的妖怪
思路： 只要做个小dp，我加进去一个新数，那么我们现在只要比较把i-1变成取的数和不把i-1变成取的数哪个比较大就取哪个就行了。
f[i]=max(f[i-3]+a[i-1],f[i-1]);
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll f[100007];
ll a[100007];
int main(){
ll n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
if(i>2){
f[i]=max(f[i-3]+a[i-1],f[i-1]);
}
}
printf("%lld\n",f[n]);
return 0;
}
G 魔界伊始
思路 我们要判断最小的可能得到的数字是多少，因为过程于辗转相除法类似，所有就相当于求所有数的最大公倍数，我们先排序一下，然后找出最小的最大公倍数，只要查询的数的数是最小的最小公倍数的倍数，就一定能成功。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,q;
ll a[100007];
int main(){
cin>>n;
int flag=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>a[i];
}
ll minn=1e18+7;
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=2;i<=n;i++){
ll x=__gcd(a[i],a[i-1]);
minn=min(minn,x);
}
cin>>q;
if(minn==1)flag=1;
while(q--){
ll e;
cin>>e;
if(flag==1||e%minn==0)printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
return 0;
}
H 芭芭拉冲鸭~
思路： 因为他保证形成一个树，所以我们只要bfs，找到每个点从所有子节点过来最长的两条边，然后把他们的和就是在这个小子树下最长的边，每次只要返回最长的边就行（单独的）。对于每一条形成的边判一下大小就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>s[100007];
int cc[100007];
ll maxx=0;
ll dfs(int root,int fa){
if(s[root].size()==0){
return 0;
}
ll maxn1=0,maxn2=0;
for(int i=0;i<s[root].size();i++){
int v=s[root][i];
if(v==fa)continue;
ll e=dfs(v,root);
if(cc[v]!=cc[root]){
if(e+1>maxn1){
maxn2=maxn1;
maxn1=e+1;
}
else maxn2=max(maxn2,e+1);
}
}
maxx=max(maxx,maxn1+maxn2);
return maxn1;
}
int main(){
int n;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
char x;
cin>>x;
if(x=='R'){
cc[i]=1;
}
if(x=='G'){
cc[i]=2;
}
if(x=='B'){
cc[i]=3;
}
}
for(int i=1;i<n;i++){
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
s[u].push_back(v);
s[v].push_back(u);
}
dfs(1,-1);
printf("%lld\n",maxx);
return 0;
}
I 永远亭的小游戏
思路： 我们发现，易得每一次的乘积事实上就是a[i]sumbsumc，这时候所有乘积的和就很好算了，然后把和除以三个数组的大小相乘就行了。注意取模和逆元。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
ll a[1000007],b[1000007],c[1000007];
ll qpow(ll x,ll y){
ll ans=1;
while(y>0){
if(y&1)ans=ans*x%mod;
y/=2;
x=x*x%mod;
}
return ans;
}
int main(){
ll n,m,k;
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
ll x=0,y=0,z=0;
for(ll i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
for(ll i=1;i<=m;i++){
scanf("%lld",&b[i]);
y+=b[i];
y%=mod;
}
for(ll i=1;i<=k;i++){
scanf("%lld",&c[i]);
z+=c[i];
z%=mod;
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
ans=(ans+a[i]*y%mod*z%mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans*qpow(n*m%mod*k%mod,mod-2)%mod);
return 0;
}
K 玩具销售员
思路： 一次能检查两个物品，我们算出一共能检查多少个物品，然后再比较让我们查的物品数量就行了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=0x3f3f3f3f;
int a[1000007];
int main()
{
int n,m,k;
cin>>n>>m>>k;
if(2*k>=m){
printf("Yes\n");
}else{
printf("No\n");
}
return 0;
}