长沙学院第一届“360湖南网安基地杯”程序设计竞赛

A.时间间隔

思路：直接算出两个日期为当年第几天，然后输出答案两个日期相减的绝对值即可。注意四的倍数不一定就是闰年，当为100的倍数的时候，必须同时为400的倍数。

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 1010
int n;
int a[2],b[2];
int date1[12] = {31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int date2[12] = {31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
int * date;
 
int fun()
{
    int t1=0,t2=0;
    for(int i = 0;i t2) return t1-t2;
    else return t2-t1;
}
 
int main()
{
    cin >> n;
    scanf("%d-%d",&a[0],&a[1]);
    scanf("%d-%d",&b[0],&b[1]);
    
    if(n%100==0&&n%4==0) 
        date = date2;
    else if(n%4==0&&n%100!=0){
        date = date2;
    }
    else 
        date = date1;
    cout << fun() <

B.拆数

思路：由于数字为1e12,如果采取直接暴力取模的方式做，肯定会超时，所以我们需要换一种方式，先取出小于1e6的全部素数，然后枚举所有素数，如果最后得到数字仍不为1，就可以直接输出。因为此数必为素数，不为素数则代表它是两个数相乘的结果，但由于小于1e6的素数都被枚举过了，也就是说如果它不为素数，将为两个大于1e6的数字相乘，但是数据范围小于等于1e12，即该情况不可能出现。

#include
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e6+10;
int prime[N+10];
bool visit[N+10];
int a[N+10];
void Prime(){
    memset(visit,1,sizeof(visit));
    for (int i = 2;i <= N; i++) {
        if (visit[i]) {
            prime[++prime[0]] = i;     
        }
        for (int j = 1; j <=prime[0] && i*prime[j] <= N; j++) {
            visit[i*prime[j]]=false;
            if (i % prime[j]==0) {
                break;
            }
        }
    }
}
vectorf;
int main(){
    Prime();
    ll n;
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
    f.clear();
    scanf("%lld",&n);
    ll e=n;
    for(int i=1;i<=prime[0];i++){
        while(n%prime[i]==0){
            f.push_back(prime[i]);
            n/=prime[i];
        }
    }
    int w=f.size();
    if(n!=1){
        cout<

C.喝水

思路：直接模拟即可，每次输出的结果为上一个结果乘（1-a[i])。

#include
using namespace std;
#define ll long long
ll gcd(ll a,ll b){
    if(b==0)return a;
    return gcd(b,a%b);
}
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    string str;
    ll x=1,y=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>str;
            ll a=0,b=0,flag=1;
            for(int j=0;j

D.小猪减肥

思路1：直接暴力做会超时，所以需要采用并查集维护，每次将输出过的X的父亲指向X-1即可O(n)的复杂度解题。

#include
using namespace std;
#define ll long long 
int p[100110];
int fa[100110];
const int maxn=1e5;
int find(int x){
    if(fa[x]==x)return x;
    return fa[x]=find(fa[x]);
}
int main(){
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0;i<=100105;i++){
        fa[i]=i;
    }
    int x;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        int w=find(x+maxn);
        fa[w]=w-1;
        printf("%d ",w-maxn);
    }
    return 0;
}

思路2：因为小于0的数出现是有先后顺序的，即-1一定比-2，-3先出现，所以我们只需要遍历x~0,如果都被标记过，只需要输出上一个输出的负数-1。

#include
#include
#include
using namespace std;
int vis[103];
int main(){
    int n,i,j,a,x=0,t;
    scanf("%d",&n);
    for(j=0;j=1;i--)
        {
            if(vis[i]==0)
            {
                t=1;
                vis[i]=1;
                printf("%d ",i);
                break;
            }
             
        }
        if(t==0)
        {
            printf("%d ",x--);
        }
    }
    return 0;
}

D.找倍数

思路：可以对位置采取每个数取或不取来暴力搜索，时间复杂度刚刚好。

#include
using namespace std;
char p[30];
bool vis[30];
int k,ans=0;
void dfs(int id,int step,long long sum){
	if(id>k)return;
	if(ans==k)return;
	if(sum%3==0){
		ans=max(step,ans);
	}
	dfs(id+1,step+1,sum*10+p[id]-'0');
	dfs(id+1,step,sum);
}
int main(){
	int t;
	cin>>t;
	while(t--){
	memset(p,0,sizeof(p));
	memset(vis,0,sizeof vis);
	ans=0;
	scanf("%s",p);
	k=strlen(p);
	dfs(0,0,0);
	if(ans!=0)
	printf("%d\n",k-ans);
	else printf("-1\n");
	}
}