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A - Sequence of Strings
题目大意:
- 输入
N
个字符串,倒序输出。
思想:
- 签到题。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
string s[N];
void solve(){
int n; cin >> n;
for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> s[i];
for(int i = n - 1; i >= 0; i --) cout << s[i] << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}
B - Multi Test Cases
题目大意:
- 统计一组数中的奇数个数。
思想:
- 签到题。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
void solve(){
int n; cin >> n;
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++){
int x; cin >> x;
if(x % 2 != 0) cnt ++;
}
cout << cnt << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}
C - Count Connected Components
题目大意:
- 给定一个无向图。
- 求连通块数量。
思想:
- 并查集。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
// const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
const int N = 500;
int g[N];
int n, m;
int cnt = 0;
int find(int u){
if(g[u] != u) g[u] = find(g[u]);
return g[u];
}
void solve(){
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++) g[i] = i; //初始化
for(int i = 1; i <= m; i ++){
int a, b; cin >> a >> b;
g[find(a)] = find(b);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++){
if(g[i] == i) cnt ++;
}
cout << cnt << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}
D - Happy New Year 2023
题目大意:
- 给定一个整数 $N$。
- 保证 $N=p^2q$,其中 $p,q$ 均为质数且 $p\ne q$。
- 求满足条件的 $p,q$。
思想:
- 算术基本定理:任何一个大于$1$的自然数 $N$,如果 $N$ 不为质数,那么 $N$ 可以唯一分解成有限个质数的乘积 $N=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\dots\times p_i^{a_k}$,且最多只有一个大于 $\sqrt{n}$ 的质因子。
法一:
- 可以选择线性筛预处理素数表,然后从小到大枚举不超过 $\sqrt[3]{N}$ 的素数判断即可。
法二:
- 从 $i=2$ 开始枚举因子,当枚举到
N % i == 0
时,$i$ 必为 $N$ 的一个因子。 - 则 $i$ 不是 $N$ 的质因子 $q$ 就是平方因子 $q$。
- 当
(N / i) % i == 0
时,说明i
为平方因子 $q$,否则为质因子p
。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
void solve(){
LL x; cin >> x;
for(LL i = 2; i < x ; i ++){
if(x % i == 0){
if((x / i) % i == 0) cout << i << ' ' << x / (i * i) << endl;
else cout << (LL)sqrtl(x / i) << ' ' << i << endl;
return ;
}
}
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}
E - Count Simple Paths
题目大意:
- 给定一个 $N$ 个顶点,$M $条边的无向图。
- 求从点 $1$ 开始,简单路径(没有重复顶点的路径)的数量 $K$。
- 答案取 $min(K, 1\times 10^6)$。
思想:
- 图的深度优先遍历。
- 遇到可走的路径,数量增加 $1$。
- 超过 $10^6$ 退出,
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
const int N = 2e5 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
vector<int> g[N];
bool vis[N];
LL cnt = 0;
void dfs(int u){
if(cnt > 1e6) return ;
vis[u] = 1;
cnt ++;
for(int i = 0; i < g[u].size(); i ++){
if(vis[g[u][i]]) continue;
vis[g[u][i]] = 1;
dfs(g[u][i]);
vis[g[u][i]] = 0;
}
}
void solve(){
int n, m; cin >> n >> m;
for(int i = 0; i < m; i ++){
int a, b; cin >> a >> b;
g[a].push_back(b);
g[b].push_back(a);
}
dfs(1);
cout << min(cnt, (LL)1000000) << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}
F - ABCBAC
题目大意:
- 已知一个长度为 $N$ 的字符串 $S$ 和一个整数 $i(0\le i \le N)$。
- 定义运算 $f_i(S)$ 链接的字符串如下:
- $S$ 的前 $i$ 个字符。
- $S$ 的翻转。
- $S$ 的最后 $(N-i)$ 个字符。
- 若
S = "abc", i = 2
,则 $f_i(S) = $"abcbac"
。 - 现给出某个字符串 $S$ 的长度 $N$ 和经过 $f_i(S)$ 的结果。
- 求原始字符串 $S$ 和 $i$ 的值。
思想:
- 字符串哈希。
- 枚举 $i$,判断 $1 \sim i$ 和 $i + N + 1 \sim 2\times N$ 拼接成的字符串与 $i + 1 \sim N + i$ 翻转后的字符串是否相同即可。
代码:
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
// const int N = 1e6 + 3;
// const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);
const ULL N = 2e6 + 9;
const int hash_cnt = 2; //哈希次数
int n;
string s;
ULL Prime[] = {1998585857ul,23333333333ul};
ULL base[] = {131, 146527, 19260817, 91815541}; // 字符集大小,进制数
ULL mod[] = {1000000007, 29123,998244353,1000000009,4294967291ull}; // 模数
ULL h1[N][hash_cnt], h2[N][hash_cnt], p[N][hash_cnt];
//初始化哈希
void initHash(ULL n, ULL cnt){
p[0][cnt] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++ i) p[i][cnt] = p[i - 1][cnt] * base[cnt] % mod[cnt];
for(int i = 1; i <= n; ++ i) h1[i][cnt] = (h1[i - 1][cnt] * base[cnt] % mod[cnt] + s[i]) % mod[cnt]; // 正序hash
for(int i = n; i >= 1; -- i) h2[i][cnt] = (h2[i + 1][cnt] * base[cnt] % mod[cnt] + s[i]) % mod[cnt]; // 逆序hash
}
//正序HASH
ULL getHash1(ULL id, ULL l, ULL r){
return (h1[r][id] - h1[l - 1][id] * p[r - l + 1][id] % mod[id] + mod[id]) % mod[id];
}
//逆序HASH
ULL getHash2(ULL id, ULL l, ULL r){
return (h2[l][id] - h2[r + 1][id] * p[r - l + 1][id] % mod[id] + mod[id]) % mod[id];
}
//判断区间正逆序是否相等,如果区间正逆序哈希值一样,则回文;
bool isRe(ULL id, ULL l,ULL r){
return getHash1(id, l, r) == getHash2(id, l, r);
}
void solve(){
cin >> n >> s;
s = " " + s;
initHash(2 * n, 0);
for(int i = 0; i <= n; i ++ ){
ULL sum1 = ((getHash1(0, 1, i) * p[n - i][0] % mod[0] + getHash1(0, n + i + 1, 2 * n)) % mod[0]);
ULL sum2 = getHash2(0, i + 1, n + i);
if(sum1 == sum2){
string st = s.substr(i + 1, n);
reverse(st.begin(), st.end());
cout << st << endl;
cout << i << endl;
return;
}
}
cout << -1 << endl;
}
int main(){
IOS;
int _ = 1;
// cin >> _;
while(_ --){
solve();
}
return 0;
}