vjudge比赛题解

A-这是一道签到题

题目地址
这道题本身不难，难在题目要求的格式上，所以新手多数会卡着格式不过关而不能AC。空白行就是在endl后还要endl一次，而且要在最后一次输出中不输出空白行就行了。
至于大数加法可以参考这份博客 大数专题

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
string fir,sec;
vector<int>sum(vector<int>A,vector<int>B){
     
    vector<int>C;
    int flag = 0;
    for(int i=0;i<A.size()||i<B.size();i++){
     
        if(i<A.size()) flag+=A[i];
        if(i<B.size()) flag+=B[i];
        C.push_back(flag%10);
        flag/=10;
    }
    if(flag) C.push_back(flag);
    return C;
}

int main(){
     
    int t,caseNo=0;
    cin>>t;
    while(t--){
     
        caseNo++;
        printf("Case %d:\n",caseNo);
        vector<int>A,B,C;
        cin>>fir>>sec;
        cout<<fir<<" + "<<sec<<" = ";
        for(int i=fir.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(fir[i]-'0');
        for(int i=sec.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(sec[i]-'0');
        C=sum(A,B);
        for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<<C[i];
        printf("\n");
        if(t!=0) printf("\n");
    }
    return 0;
}

B-你一定很熟悉，所以再熟悉一下

题目地址
这道题是在《挑战程序设计竞赛》中看到的，每次看到这道题我都反思着要多个角度看题，当然角度是提前学习过的角度，不能异想天开。
而这道题便是换了一个角度看题，题中蚂蚁前进如果碰到另一只蚂蚁便会掉头，另一只蚂蚁也是。题意是要我们找到全部蚂蚁走出竿子的最长时间和最短时间。
每只蚂蚁的初始方向有两种，而很容易想到二进制枚举所有可能，然后模拟求时间最终找出最短和最长时间。但是蚂蚁数有$10^6$所以不可能。那么如果两只蚂蚁相遇互相掉头其实就相当于互相穿过彼此（毕竟蚂蚁速度都一样），那么最长时间就是求最远离竿子边缘的距离，最短同理。那么每只蚂蚁的向左和向右中找出最大值便是最长时间，最小值便是最小时间，那么时间复杂度就是是O(n)了。

#include
using namespace std;
const int MAX_N=1e6+5;
int L,n;
int x[MAX_N];
int main(void){
     
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
     
		cin>>L>>n;
		for(int i=0;i<n;i++) cin>>x[i];
		int minT=0'
		for(int i=0;i<n;++i)
			minT=max(minT,min(x[i],L-x[i])); //每只蚂蚁是同时出发的哦！
		int maxT = 0;
		for(int i=0;i<n;++i)
			maxT=max(maxT,max(x[i],L-x[i]));
		printf("%d %d\n",minT,maxT);
	}
	return 0;
}

C-模板题不仅得会还得快

题目地址
走迷宫是标准的bfs，所以会就还得写的快，不会就跟要抓紧学。bfs需要队列用来储存每一步的邻点，从而达到由近及远。直到队列为空就是走到头了。
而这道题还要求输出这个最短路，所以还要保存走的路。

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代码就不说了,毕竟是模板题，嘿嘿
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D-这也是模板题，练练手速吧

题目地址

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模板题就不用题解了吧！！！
：）
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E-思考数字是最美妙的

题目地址
此题是一道数学题，也是一道技巧题，也是不能直接算的，否则会超时的！！！
解题思路：设$$n^n=d\ast 10^{k-1}(k表示n^n的位数,d表示为一个浮点数)$$
所以$$d=10^{(lo{g}_{10}(n^n)-(k-1))}$$
而$$k=\lfloor lo{g}_{10}(n^n)+1\rfloor$$
带入上式$$d=10^{lo{g}_{10}(n^n)-\lfloor lo{g}_{10}(n^n)\rfloor }$$
在化解一下$$d=10^{n\ast lo{g}_{10}n-\lfloor n\ast lo{g}_{10}n\rfloor }$$
所以最后d取整就是答案了，呼~，难，数学难！！

#include
#include
using namespace std;
int main(){
     
	int T,n;
	double x=0.0;
	cin>>T;
   	while(T--){
     
    	cin>>n;
   		printf("%d\n",(int)(pow(10,((n*log10((double)n)-(__int64)(n*log10(n)))))));
   }
   return 0;
}

F-我“一定一定”要见到公主

题目地址
三个阵营，公主的人a、皇后的人b、还有看热闹的人c，公主的人包括公主，他们只会说真话，皇后的人只会说假话，看热闹的人就想说什么就说什么，所以要100%找到公主，那么看热闹的人就指定不上了，所以如果公主的人大于皇后的人和看热闹的人，那么公主就一定能找到，而如果公主的人只有一个，那么就一定是公主所以就不用问就可以知道，否则根据鸽笼原理，就得问$2\ast (b+c)+1$次

#include 
using namespace std;

int main(){
     
    int a,b,c;
    cin>>a>>b>>c;
    if(a>(b+c)){
     
        if(a==1) printf("YES\n0");
        else printf("YES\n%d",2*(b+c)+1);
    }else printf("NO\n");
    return 0;
}

G-有时会取模玩游戏更厉害

题目地址
这是一道非常基础的博弈，只要看了相关的资料这题应该是没有问题的，只是有时候的确是这样的，看这对，方法也是这样的，但是就是WA，这样的情况也不是没有，我也时时为这种情况头疼，当然没办法，这种情况我们要么看看别人的，要么换思路。。

这道题很简单，就不多说，主要说一下结论，就是n%（m+1）这个m和1分别是可以摸到的最大值和最小值。

对于任意的p，q（p，q分别是可以摸的最大值和最小值）这个结论都是对的。即n%（p+q），这是一个循环，大家应该是会懂得。’
这里我要强推这篇blog 常见的几种博弈

#include
using namespace std;
int main(){
     
    int m,n;
    int c;
    cin>>c;
    while(c--){
     
        cin>>n>>m;
        if(m>=n||(n%(m+1)!=0))
            cout<<"first"<<endl;
        else cout<<"second"<<endl;
    }
    return 0;
}