【回顾】哈理工21级新生赛

题目B：咖啡店

我当时的麻烦方法, 
#include
using namespace std;
int main()
{
    int n,a;
    cin>>n>>a;
    int n1=a/5;
    if(n==0){
        cout<<0<<' ' 
题目C：kiki和bob玩取石子
 
#include
using namespace std;
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);             //取石子游戏，最后把石子取完的那一个人获胜 ！ 
    if(n%4!=0)cout<<"kiki"< 
题目D:猴王kiki分桃
 
方法1：

#include 
using namespace std;
int main()
{
    long long  n,l,r;
    cin>>n>>l>>r;
    long long max=0;  //我的循环法98ms 
    for(int i=l;i<=r;i++){
        int q=i%n;         
        if(q>max)max=q;    //靠max比较折腾 
    }
    cout<
using namespace std;
int main()
{
    long long n,l,r;
    cin>>n>>l>>r;
    long long a,b; //无非就是l到r之间的求余取最大，最大总小于等于n-1 
    a=l/n;
    b=r/n;
    if(a 
题目E：很2的拆分
 
方法1：

#include
using namespace std;

int main()
{
    unsigned long long  n;
    cin>>n;
    if(n%2!=0){
        cout<<-1<=0;i--){ //2进制的位运算     i=2 110B  得值100B
               if(n>>i&1)cout<<(1<
using namespace std;
int main()
{
    unsigned long long n,q=1;
    cin>>n;
    if(n%2!=0){
        cout<<-1<n)q/=2;
            while(n){
                if(n>=q){
                    n-=q;   //只要还能减就，就不断减去n的值 
                    cout< 
题目F：构造字符串
 
#include
using namespace std;
char a[2423]; 
int cnt=0;
int n;
char q[2456];
int i=0;
int f(int w,int r);
int main()
{
     cin>>n;
     scanf("%s",a);    
     while(i<=n-1){
            if(a[i]>a[n-1])q[cnt++]=a[n-1],n--;
            else if(a[i]a[z-1])q[cnt++]=a[n-1],n--;
     else if(a[x+1]
 
题目G：信号之旅
 
#include
using namespace std;
int main()
{
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int xa,ya;    //这题在比赛的时候看都没看几眼，赛后回顾真感觉太后悔了
        cin>>xa>>ya;//典型的长题干简单题
        int xb,yb;  //模型就是从A走到B，若挡住总步数记作X
        cin>>xb>>yb;//只有A与B的横纵坐标其一相同的，P在AB间，P挡得住，总步数X+2
        int xp,yp; 
        cin>>xp>>yp;
        if(xa!=xb&&ya!=yb)coutm)))cout<
 
题目H：小球滚动
 
#include 
using namespace std;
#define m 1111121
int a[m];
int main()
{
	int l,n;   //小球间无区别，可将小球相遇后饭后当作保持原样交叉通过
	cin>>l;    //每只小球可看作在独立滚动，互相间不影响
	cin>>n;	  //所以要求最长/短时间，只需求其中的小球到端口（左右其一）的最大/最小的距离
	int max1=0,min1=0; //注意此处min1为0，与下处对应
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
		max1=max(max1,max(a[i],l-a[i]));
		min1=max(min1,min(a[i],l-a[i]));//注意此处用max函数，因为要所有球全部通过
	}
	cout< 
题目I：kiki看球赛
 
#include 
using namespace std;
int a[134242];
int b[121424];
int main()
{
	int n;
	cin>>n; 
	int cnt=0;//注意不可忽略前一组低分追平的情况 
	int q=0,w=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){// 3 21 32 42//3 30 34 44//3 30 40 44
		cin>>a[i]>>b[i];//  2 34  44 // 3 30 43 45//3 30 44 45 
		q=max(a[i-1],b[i-1]);//记录上一组的最大
		w=min(a[i],b[i]);//记录这一组的最小
        if(w>=q){//这个if也可以不要，反正w-q一减后面的再一加就消掉了
	    	cnt+=w-q+(a[i-1]!=b[i-1]); //若前次记录的是ab不等，还需+1,对应前一组低分追平
        } 
    }	
	cout< 
题目J：跳一跳
 
#include 
#define N 1353533
using namespace std;
int a[N];
long long n; //每"到"一块瓷砖，则更新当前所能到达瓷砖的最大值
int main()
{
	long long i;//注意在下列的for循环中i的格式与n要对齐
	long long ans=1;//同上，所有数据在long long的范围内
	cin>>n;
	for(i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i];
	}                         //如果用寻常的1~n的遍历，会遍历到不可到达的瓷块，必错 
	for(i=1;i<=min(n,ans);i++)//这里的i<=min(n,ans)是精髓，代表遍历到可以到达的所有瓷块; 
		ans=max(ans,i+a[i]);// 等同if(ans=n) break;//凡是超出或到达瓷块的数量值则退出 
	}
	ans=min(n,ans);//注意超出瓷块数量的处理 
	printf("%lldn",ans);
	return 0;
}
知识点:循环条件的变化处理，min换if更简单便捷,注意对范围超出的处理 
 
题目K:Jay的小迷弟
 
#include 
typedef long long LL;
const LL mod =1e9+7;
const LL maxn=1e8+5;
using namespace std;
char ch[maxn];
LL n;
LL cnt_Jay,cnt_J,cnt_a,cnt_y;
LL fpow(LL a,LL b)
{
	LL res=1;              //为避免出来大数，超出范围，while里面要套%mod，所以不用pow，整这个结构
	a%=mod;                //来给你举例一下，这下面的结构是个绝对的好东西
	while(b){             //4D(100B)--循环1--resX1--循环2--resX1--循环3--resX(4X4) 总X16 
	if(b&1)res*=a%mod;   //3D(11B)---循环1--resX2--循环2---resX2X2  总X8 
	b>>=1;              //2D(10B)--循环1--resX1---循环2---resX2X2  总X4 
	a*=a%mod;           //1D(1B)---循环1--resX2--- 总X2 ，数据越大，省的循环越多！
    }                  //这不比while里面套b--快得多？肯定得啊！
    return res;	
}

int main()
{
	LL i,j;
	scanf("%s",ch+1);
	n=strlen(ch+1); //这里得ch+1都是为得下面 for循环里头由1~n遍历 和第一个if里头i<=n-2
	for(i=1;i<=n;i++){
		if(i<=n-2&&ch[i]=='J'&&ch[i+1]=='a'&&ch[i+2]=='y'){
			cnt_Jay++;
			i+=2;
		}
		else if(ch[i]=='a')cnt_a++;
		else if(ch[i]=='J')cnt_J++;
		else if(ch[i]=='y')cnt_y++;
		
	}
	LL ans=0;
	ans=min(cnt_J,min(cnt_a,cnt_y));
	if(ans==0&&cnt_Jay>0){
		ans=1;
		cnt_Jay--;
	}
	ans%=mod; //这里必不能忘取模
	ans=ans*fpow(2,cnt_Jay)%mod;//这里也是，给它取模一下
	printf("%lldn",ans);
    return 0;
}
知识点：这里的fpow结构（结构内为避免大数反复取模，善用位运算，减少循环次数）
好东西：
//LL fpow(LL a,LL b)
//{
//	LL res=1;
//	a%=mod;
//	while(b){
//		if(b&1)res=res*a%mod;
//		b>>=1;
//		a=a*a%mod;
//	
//	}
//    return res;	
//}
 
题目L：翻转卡片
 
//看着有点麻烦，偷个懒，先放个学长的题解，以后再融入自己的理解，有空再编嘿嘿
//分数取模需要提前了解费马小定理+快速幂
//考虑动态规划，此题状态定义的方式有很多种，我们定义dp[i][j][k]代表：i张卡片，已经翻
//转了k张的方法数，j==0表示最后一张卡片未翻转，j==1表示最后一张卡片已经翻转，显然dp[i][0][k]
//=dp[i-1][1][k],dp[i][1][k]=dp[i-1][0][k-1]+dp[i-2][0][k-1].那么i张卡片翻转k张的总方法数就
//等于（dp[i][0][k]+dp[i][1][k]*fact(k),其中fact(k)表示k的阶乘，接下来甲酸期望即可
#include
using namespace std;
const int mod=(int)1e9+7;
long long  mypow(long long a,long long n)
{
	long long ans=1;
	while(n){
		if(n&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;
		n>>=1;
	}
	return ans;
}
long long dp[10000][2][5000];
long long cnt[10000]={0,1,2};
long long expect[10000];
long long fact[10000];
int	main()
{
	fact[0]=fact[1]=1;
	for(int i=2;i<=1000;++i){
	fact[i]=fact[i-1]*i%mod;
	}
	dp[1][1][1]=1;
	dp[2][1][1]=1;
	dp[2][0][1]=1;
	for(int i=3;i<=1000;++i){
		for(int j=1;j<=(i+1)/2;++j){
			dp[i][0][j]+=dp[i-1][1][j];
			dp[i][1][j]+=dp[i-1][0][j-1];
			dp[i][1][j]+=dp[i-2][0][j-1];
			dp[i][0][j]%=mod;
			dp[i][1][j]%=mod;
			cnt[i]+=((dp[i][0][j]+dp[i][1][j])%mod*fact[j]%mod);
			cnt[i]%=mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=1000;++i){
		for(int j=0;j<=(i+1)/2;++j){	
			expect[i]+=((dp[i][0][j]+dp[i][1][j])%mod*fact[j]%mod)*j%mod;
			expect[i]%=mod;
		}
		expect[i]=expect[i]*mypow(cnt[i],mod-2)%mod;
	}
	int tt;
    cin>>tt;
	while(tt--){
		int n;
		cin>>n;
		cout< 
哈尔滨理工大学21级新生程序设计竞赛(同步赛）_ACM/NOI/CSP/CCPC/ICPC算法编程高难度练习赛_牛客竞赛OJ (nowcoder.com)