电子科技大学第九届ACM趣味程序设计竞赛第二场（正式赛） 题解
A::魔王的直播
注意23：59之后是00:00即可，找出所有回文字符，取最近.
#include
using namespace std;
bool check(int a,int b)
{
int c=a%10*10+a/10;
if(c==b)
return false;
return true;
}
int main()
{
int a,b;
scanf("%d:%d",&a,&b);
int ans=0;
while(check(a,b))
{
ans++;
b++;
a+=b/60;
b%=60;
a%=24;
}
cout< B:绿帽自动机
题意：
定义“戴绿帽”操作：除了制定某一个某一个人之外，其他人的绿帽数+1。
给定n个数，进行尽量少的“戴绿帽”操作，使得第x个数最大。
输出“戴绿帽”操作所需的最少次数。
首先，明确一点，如果我一次性给所有人“戴绿帽”，那么“戴绿帽”前后，最大的那个人的绿帽数依旧最大，最小的那个依旧最小，即不影响题目要求。
现在题意为“ 除了指定的某一个人以外，其余所有人绿帽数+1”，可以分解为以下操作：
１．给所有人绿帽数+1
２．给指定的那个人绿帽数-1
事实上，题目就等价于：每次减少一个人的绿帽，至少进行多少次减少操作，可以使得第x-th数最大。
假设第x人原绿帽数为g，那么计算一下所有大于等于g-1的数与g-1的差即可。
结果可能爆int，请使用long long。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 100000+10;
ll g[MAXN];
ll sum;
int main()
{
int n,x;
cin>>n>>x;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>g[i];
for(int i=1;i<=n;++i) if(g[i]>=g[x]-1) sum+=(g[i]-g[x]+1);
cout< C:洗牌机
洗牌方式是一个大环，因此连续洗牌 13 次后所有牌又会回到原位，那么洗一次牌相当于洗7*2次牌。
我们只需要模拟洗7*2次即可。
根据初始顺序和洗两次后的顺序，得到洗两次的洗牌方式，用二重循环，外循环模拟每一次洗牌，内循环模拟洗每一张牌，再输出洗7*2次牌后的结果。
#include
using namespace std;
#define N 15
int a[N][N],nxt2[N],num;
//a[i][j]��ʾϴi���ƺ�ĵ�j����
//nxt2[i]=j��ʾԭ����i������ϴ���κ��ܵ���j��
int main()
{
int n=13,times=7;
scanf("%d",&num);
while(num--)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&a[0][i]);
for(int i=1; i<=n; i++)
scanf("%d",&a[2][i]);
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)
if(a[0][i]==a[2][j])
{
nxt2[i]=j;
break;
}
for(int t=1; t D:小帆宝与数字8
题目要求你得到一个长度为n的排列，使得相邻两个数的乘积都是8的倍数
1 2 4 8，这四个数，可以知道，1和1不能在一起，1和2不能在一起，1和4不能再一起，2和2不能在一起，其他都可以在相邻
并且1只能和8在一起，所以要让1旁边有尽量少的空位，那么我们就从第一个位置开始放1，并且隔一个位置，再放下一个1，直到把1放完，这样使得1旁边
有最少的空位。
如果这样放到最后要给位置，还没有把1放完，那么就是无解，输出NO
对于2，只要和2不相邻且和1不相邻。所以接着之前放1的位置的下下个位置放2，直到把2放完，这样可以放置最多的2。
如果这样放到最后一个位置，还没有把2放完，那么就是无解，输出NO
然后在空着的位置，先放8，再放4
最后check一下，相邻的乘积是否为8的倍数
如果不是，输出NO
如果是，输出YES
举个例子
6
1 1 2 4 8 8
先放置1，即第一个和第三个位置为1
再放置2，即第五个位置为2
然后先放8，即第二和第四个位置是8
最后放置4，即第六个位置是4
1 8 1 8 2 4 答案即是这个。
#include
#include
using namespace std;
int a[4];
int b[105];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i E:矩阵
当K=1时
先随便写出一个(N-1)*(M-1)的元素为1或-1的矩阵
对第i(1<=i<=N-1)行进行分类讨论
如果第i行里第1列到M-1列的元素之积为1，则在第N行第M列里填充1，则显然会使得第i行从第1列到第M列的元素之积为1，
如果第i行里第1列到M-1列的元素之积为-1，则在第N行第M列里填充-1，则显然会使得第i行从第1列到第M列的元素之积也为1，
也就是说令
对第j(1<=J<=M-1)列也这样处理，即令
这样分别处理完以后就可以保证第1行到第N-1行的各行内元素之积一定为1且第1行到第N-1列的各列内元素之积也一定为1，那么只要使得第N行和第M列的元素之积为1就可以了。
因为矩阵A的元素 ,
那么可以得到和，容易得到，也就是说不论在第N行第M列里填充1或者-1，都会使得第N行和第M列内各元素之积相等，所以，只要令就可以使得这个矩阵满足条件了。而且，显然可以的知道不论一个什么样的(N-1)*(M-1)的矩阵都有且只有一个满足K=1的条件的N*M的矩阵与之对应，也就是说当K=1时，答案就是
当K=-1的时候，方法与k=1的时候类似，但是当N和M的奇偶性不一样的时候就会使得不论一个什么样的(N-1)*(M-1)的矩阵都不会存在一个与之对应的符合条件的N*M的矩阵。因为此时 ,而
不论在第N行第M列里填充1或者-1，都会使得第N行和第M列内各元素之积都不 相等。
所以当K=-1且N,M的奇偶性相同时，答案就是，否则是0。
#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
int n , m , k;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
if ( ( k == 1) || ( ( k==-1 ) && ( (n+m)%2== 0 ) ) )
{
long long ans=1;
for (int i = 1;i<= n-1 ;i++)
for (int j= 1; j<=m-1;j++)
ans=ans*2ll;
cout<