前言

传送门 :

A.

题意 :
给你$x$,$y$ 让你找到一个$(a,b)$

满足$y=x*b^a$

范围$x,y\in(1,100)$

思路:
因为范围很小,显然是可以暴力的

code :

void solve(){
    int x,y;cin>>x>>y;

    for(int i=1;i<=100;i++){
        for(int j=1;j<=100;j++){
            if(pow(i,j)*x > y)break;
            if(pow(i,j)*x == y){
                cout<<j<<" "<<i<<endl;
                // cout<<i<<" "<<j<<endl;
                return;
            }
        }
    }
    cout<<0<<" "<<0<<endl;


}

B.

题意 :
给定两个字符,询问这两个字符的价值

价值如题

思路 :
预处理然后输出即可

code :

typedef pair<char,char> pcc;

typedef vector<int> VI;
map<pcc,int> mp;
void init(){
        int  idx = 0 ;

    for(char i = 'a' ;i<='z';i++){
        for(char j = 'a';j<='z';j++){
            if(i == j) continue;
            ++idx;
            mp[{i,j}] = idx;
        }
    }
}
void solve(){
    string s;cin>>s;
    cout<<mp[{s[0],s[1]}]<<endl;
}

int main(){
    init();

    int t;cin>>t;while(t--)
    solve();
    return 0 ;
}

C.

题意 :
给你一个只有$a$的串$s$,同时给一个$t$串含小写字母,$s$中的任意一个$a$可以更改为$t$整串

询问有多少种不同的方案

思路 :
分类+计数

• 如果$t$全是$a$
  • 如果只有一个$a$输出$1$
  • 否则输出$-1$
• 如果含有$a$ 输出$-1$
• 否则因为每个位置都可以变所以是$2^n$

code:

ll ans ;
ll qmi(ll a,ll b){
    ll res = 1;
    while(b){
        if(b&1) res = res*a;
        a = a*a;
        b >>=1;
    }
    return res;
}
void solve(){
    string a,b;
    cin>>a>>b;

    //如果b中只有a
    int flag = 0 ;

    for(auto x : b){
        if(x != 'a'){
            flag =1 ;
            break;
        }
    }

    if(!flag){
        if(b.size() == 1){
            cout<<"1"<<endl;
            return;
        }else{
            cout<<"-1"<<endl;
        }
        return;
    }


    //如果b有a  不管有几个
    int cnt = 0 ;
    for(auto x : b){
        if(x == 'a'){
            ++cnt;
            break;
        }
    }

    if(cnt){
        cout<<-1<<endl;
        return;
    }


    //否则就是没有
    // ans = qmi(2,a.size());
    cout<<(1ll<<(a.size()))<<endl;

}

D.

题意 :
给定一个数组$A[]$,同时有两个空数组$B[],C[]$

对于一次操作 :

• 将$A[]$的最后一位,放到$B[]$的中间
• 将$B[]$的中间,放到$C[]$数组的最后一位

询问这样子是否可以使得$C[]$ 变为一个不下降的序列

思路 :
观察样例我们可以发现,如果将$A[]$从后往前看的话,那么$A[i]$只受到$A[i-1]$的影响

因为$A[i-1]$可以放在后面或者前面,因为我们可以将$A[i]和A[i+1](正序$看成一组,如果存在非降序 关系,我们就交换,最后判断即可

code :

const int N = 2e5+10;
int a[N];

void solve(){
    int n;cin>>n;
    for(int i=0;i<n;i++) cin>>a[i];
    if(n&1){
        for(int i=1;i<n-1;i+=2){
            if(a[i] > a[i+1]) swap(a[i],a[i+1]);
        }
    }else{
        for(int i=0;i<n-1;i+=2)
            if(a[i] > a[i+1])swap(a[i],a[i+1]);
    }

    for(int i=1;i<n;i++){
        if(a[i-1] > a[i]){
            cout<<"NO"<<endl;
            return;
        }
    }
    cout<<"YES"<<endl;

}

E.

(应该不会被$hack$了 : )
题意 :

给定一个数组$A[]$,你可以进行任意次操作,询问最少操作次数,使得$A[i]=0,A[j]=0$

操作如下 :
选中一个$A[i]$

令$A[i]-2,A[i-1]-1,A[i+1]-1$

思路 :
显然的分类然后处理细节

1. $n=1$的情况,特判一下
2. 判断操作两个连续的
3. 操作间隔一个的
4. 直接对最小的两个进行操作的

然后我们分情况进行分析 :

1. 判断操作两个连续的

2. 如果较大的数可以把较小的数带掉,也就是$a[i]>a[i-1]*2$那么答案就是$a[i]/2$

3. 否则我们将$a[i]$和$a[i-1]$看成一个整体,每次操作总价值都$-3$,因此总共需要$(a[i]+a[i-1])/3$的次数

4. 操作间隔一个的

5. 考虑先对大的进行$-2$的操作,因为影响不到另一个,所以我们求其差值,然后再进行$-2$的操作

6. 直接对最小的两个进行操作的

7. 排序之后找$a[1]$和$a[2]$即可

Code :

const int N = 2e5+10;
int a[N],n;
int b[N];

void solve(){
    cin>>n;
    int ans = 0x3f3f3f3f;


    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i],b[i] = a[i];
    //只有一种情况的
    if(n == 1){
        a[1] ++ ;
        cout<<a[1]/2<<endl;
        return;
    }
    //连续的
    for(int i=2;i<=n;i++){


        int minn= min(a[i],a[i-1]);
        int maxn= max(a[i],a[i-1]);
        if(maxn > 2*minn){
            ans = min(ans , (maxn+1)/2);
            continue;
        }

        int t = (a[i] + a[i-1])/3;
        if((a[i] + a[i-1])%3 != 0) t++;
        ans = min(ans , t);
    }

    //间隔的
    for(int i=2;i<n;i++){
        int t = (abs(a[i-1] - a[i+1])+1)/2;
        ans = min(ans,min(a[i-1],a[i+1])+t);
    }

    //离散的
    sort(a+1,a+1+n);
    a[1] ++ ;
    a[2] ++ ;
    ans = min(ans,a[1]/2+a[2]/2);

    cout<<ans<<endl;

}

F.

题意 :
(相信很多人都没有看懂题意,我这里详细说一下)

首先给定一个$\*.$的二维矩阵,其中$*$表示桌面上的图标

然后询问有多少图标需要进行移动,并不是问移动的步数

那么移动到哪里去呢 ?
我们知道的是$Win$系统,图标默认是从第一列开始从上到下,然后从左到右,就是要移动到这种$Win$图标的方式,因此也就对应了题目中,如果第一列放满那么就放下一列

对于每次询问,都会将当前位置,删除||增加一个图标

询问需要移动多少图标

思路 :
具体看代码,($F<E$)
Code :

int  a[N*N+10];
int n,m,q;

void solve(){
    cin>>n>>m>>q;

    string s;
    int total = 0 ;


    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>s;s = " "+s;

        for(int j=1;j<=m;j++){
            if(s[j] == '*'){


                a[(j-1)*n+i] =1 ;
                ++total;
            }
        }
    }

    int et = 0;
    for(int i=1;i<=total;i++)
    if(a[i]) et++;


    while(q --){
        int x,y;cin>>x>>y;

        int t = (y-1)*n + x;

        if(a[t]){
            if(t<=total)et--;
            a[t] =0 ,total--;

            if(a[total+1])et --;
        }else{
            if(t <= total) et ++;
            a[t]= 1,total++;
            if(a[total])et++;
        }

        cout<<total- et<<endl;

    }


}