zjgsu新生赛题解
大一新生好强啊，oi大佬一个半小时就AC 7题了，orz...
几个学长学姐无聊看代码的时候竟然发现了一个神仙老哥！
膜，ORZ...
0 钞哥拒绝吃土：
这是一道水题，遍历这个数组把每个宝贝的价值保存下来相加即可。唯一一个坑点是最后的和会爆int，用long long即可。（PS：本来这题想搞点事情的，比如每个价值可能是小数，最后的答案要用大数等等，后来想想签到题还是不搞你们了~善良的学长学姐）
#include
using namespace std;
char str[1111];
int main()
{
while (cin >> str)
{
int ans[105];
for (int i = 0;i < 104;i++)
ans[i] = 0;
int bg = 0, ed = 0;
int len = strlen(str);
for (int i = 0;i <= len;i++)
{
if (str[i] == '+'||str[i] == 0)
{
int fla = 0;
int tmp = 0;
for (int j = ed - 1;j >= bg;j--)
{
ans[tmp] += str[j] - '0';
if (ans[tmp] > 9)
{
ans[tmp] -= 10;
ans[tmp + 1] += 1;
}
tmp++;
}
ed = bg = i + 1;
}
else if ('0' <= str[i] && str[i] <= '9')
{
ed++;
}
}
int k = 101;
while (!ans[k])k--;
for (int i = k;k >= 0;k--)
cout << ans[k];
cout << endl;
}
} 1 钞哥的钞票：
这也是一道水题，暴力遍历数组判断即可。（全场最水~）
#include
using namespace std;
int main()
{
char s[1000][1000];
int n, i, k, m;
while (scanf("%d", &n),n)
{
for (i = 0; i < n; i++)
{
gets(s[i]);
m = strlen(s[i]);
for (k = 0; k + 3 < m; k++)
{
if ((s[i][k] == 'C' || s[i][k] == 'c') && (s[i][k + 1] == 'H' || s[i][k + 1] == 'h') && (s[i][k + 2] == 'A' || s[i][k + 2] == 'a') && (s[i][k + 3] == 'O' || s[i][k + 3] == 'o'))
{
printf("%s\n", s[i]);
break;
}
}
}
}
return 0;
} 3 钞哥的百变二进制：
这题也是水题（会不会被打？逃）。根据题意，当b[i]为1时，无论a[i]为0还是为1，按位或之后第i位的值都为1，所以这种情况就不需要考虑了。考虑b[i]为0的情况，第一感觉就是若a[i]为0，则需找a[i]为1的有几位即可；若a[i]为1，则需找a[i]为0的有几位即可。但这样会存在重复的情况，就比如说样例。所以标解是统计b[i]为1的那些位中a[i]=0的个数num0，a[i]=1的个数num1，b[i]为0的那些位中a[i]=1的个数tmp0，a[i]=1的个数tmp1。ans = tmp0*(num1+tmp1)+tmp1*num0 。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e5+10;
const ll mod = 1e9+7;
int n;
char a[MAX],b[MAX];
int main()
{
scanf("%d",&n);
int num0=0,num1=0;
int tmp0=0,tmp1=0;
scanf("%s%s",a,b);
for(int i=0;i 4 钞哥抢金块：
一个非常简单的博弈，当(n+1)为3的倍数时先手必败，否则先手必胜。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e5+10;
const ll mod = 1e9+7;
int n;
int main()
{
while(scanf("%d",&n)!=EOF){
if((n+1)%3==0){
printf("PangPang will get the gold nugget!\n");
}
else{
printf("Brother Chao will get the gold nugget!\n");
}
}
return 0;
} 5 钞哥之遗忘曲线：
这题原来是个水题，c的范围为[1,1000]，后来被一个学长改成了[1,1e15]，太过分了！标解是先离散化，再用一个数组映射即可。离散化：虽然c<=1e15，但n只有5e6个，所以最多出现n个不同的数字，把这些不同的数字重新标号，就能用一个数组存下，然后去映射啦！具体实现可以用先排序然后依次标号或直接用stl的map。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 10;
map mp;
int nums[maxn];
char strs[2][5] = {"Yes","No"};
int main()
{
int n,q;
ll num;
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i = 0;i < n;i++)
{
scanf("%lld",&num);
mp[num] = i;
}
for(int i = 0;i <= n;i++)
nums[i] = 0;
char c[2];
for(int i = 0;i < q;i++)
{
scanf("%s%lld",c,&num);
int t = mp[num];
if(c[0] == 'C')
{
nums[t] ^= 1;
}
else
{
printf("%s\n",strs[nums[t]]);
}
}
return 0;
}
6 解救男朋友2：
简单dp。开一个dp[2][1024]，前一维表示2个状态间（now、pre）的转移，后一个表示当前状态下和为sum的情况数。动态转移方程为：dp[now][j+a[i]]+=dp[pre][j] 。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
ll a[120];
ll dp[2][1024];
int n,m;
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
int pre=0,now=1;
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<=m;j++){
dp[now][j]=dp[pre][j];
}
for(int j=0;j<=m;j++){
if(dp[pre][j]&&j+a[i]<=m){
dp[now][j+a[i]]+=dp[pre][j];
}
}
pre=!pre;
now=!now;
}
printf("%lld\n",dp[pre][m]);
}
return 0;
} 7 钞哥与数字2：
这题是一个超级简单粗暴的打表题。可以看到数据组数T非常大，所以不能对每组数据都算一遍上述公式得到答案。因此，我们可以在T这个循环外打表，即把所有n的情况都算出来，保存在数组中。最后对于T组数据每个询问直接输出即可。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100005;
inline ll f(ll x) {
return x & 1 ? 3 * x + 1 : x / 2;
}
ll p[N] = {0};
int main() {
for (int i = 100000; i; i--) {
ll x = i;
while (x >= 10) {
x = f(x);
}
p[i] = x;
}
int t;
scanf("%d", &t);
while (t--) {
int x;
scanf("%d", &x);
printf("%lld\n", p[x]);
}
return 0;
} 8 钞哥之家产继承：
这题是一个防ak题，一个很巧妙的思维题。对等式进行拆分：sum()为求和，csdn公式竟然爆炸了！
sum(g=0 -> nm) (g+1)Ag = sum(g=0 -> nm) gAg + sum(g=0 -> nm) Ag
后半部分等于A0+A1+…+Anm，就等于所有可能的情况数 = k^(nm)。
前半部分相当于每个格点的贡献和。贡献定义为每个格点当一次Great cell贡献就+1。
那么对于每个格点来说，当它选的数字是i，那么它所在行列的其他数字的选择种类数 = (i-1)^(n+m-2)种，剩余格点可以随便放，种类数 = k^(n-1)(m-1) 种，所以每个格点的贡献 = (i-1)^(n+m-2)* k^(n-1)(m-1)，i属于[2,K]。
总共有nm个格点，所以最后的答案 =nm * sum(i=2 -> k) (i-1)^(n+m-2)* k^(n-1)(m-1) + k^(n*m) 。
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e5+10;
const ll mod = 1e9+7;
ll n,m,k;
//快速幂
ll multiply(ll a, ll b)
{
ll ans = 1;
while (b)
{
if (b & 1)
{
ans = ((ans%mod)*(a%mod)) % mod;
b--;
}
b /= 2;
a = ((a%mod)*(a%mod)) % mod;
}
return ans;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
int Case=1;
while(T--)
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k);
ll ans=0;
for(int i=2;i<=k;i++){
ans+=multiply(i-1,n+m-2);
ans%=mod;
}
ans*=(n*m);
ans%=mod;
ans*=multiply(k,(n-1)*(m-1));
ans%=mod;
ans+=multiply(k,n*m);
ans%=mod;
printf("Case #%d: %lld\n",Case++,ans);
}
return 0;
}