A - Sequence of Strings Original Link
題目大意 ：
輸入
N個字符串，倒序輸出。
思想 ：
簽到題。
代碼 ：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)#define re register#define fi first#define se second#define endl "\n"typedef long long LL;typedef pair PII;typedef pair PLL;const int N = 1e6 + 3;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);string s[N];void solve(){ int n; cin >> n; for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> s[i]; for(int i = n - 1; i >= 0; i --) cout << s[i] << endl;}int main(){ IOS; int _ = 1; // cin >> _; while(_ --){ solve(); } return 0;} 復(fù)制 B - Multi Test Cases Original Link
題目大意 ：
統(tǒng)計一組數(shù)中的奇數(shù)個數(shù)。
思想 ：
簽到題。
代碼 ：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)#define re register#define fi first#define se second#define endl "\n"typedef long long LL;typedef pair PII;typedef pair PLL;const int N = 1e6 + 3;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);void solve(){ int n; cin >> n; int cnt = 0; for(int i = 0; i < n; i ++){ int x; cin >> x; if(x % 2 != 0) cnt ++; } cout << cnt << endl;}int main(){ IOS; int _ = 1; cin >> _; while(_ --){ solve(); } return 0;} 復(fù)制 C - Count Connected Components Original Link
題目大意 ：
給定一個無向圖。求連通塊數(shù)量。
思想 ：
并查集。
代碼 ：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)#define re register#define fi first#define se second#define endl "\n"typedef long long LL;typedef pair PII;typedef pair PLL;// const int N = 1e6 + 3;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);const int N = 500;int g[N]; int n, m;int cnt = 0;int find(int u){ if(g[u] != u) g[u] = find(g[u]); return g[u];}void solve(){ cin >> n >> m; for(int i = 1; i <= n; i ++) g[i] = i; //初始化 for(int i = 1; i <= m; i ++){ int a, b; cin >> a >> b; g[find(a)] = find(b); } for(int i = 1; i <= n; i ++){ if(g[i] == i) cnt ++; } cout << cnt << endl;}int main(){ IOS; int _ = 1; // cin >> _; while(_ --){ solve(); } return 0;} 復(fù)制 D - Happy New Year 2023 Original Link
題目大意 ：
給定一個整數(shù) N。保證 N=p^2q，其中 p,q 均為質(zhì)數(shù)且 p\ne q。求滿足條件的 p,q。
思想 ：
算術(shù)基本定理：任何一個大于1的自然數(shù) N，如果 N 不為質(zhì)數(shù)，那么 N 可以唯一分解成有限個質(zhì)數(shù)的乘積 N=p_1^{a_1}\times p_2^{a_2}\dots\times p_i^{a_k}，且最多只有一個大于 \sqrt{n} 的質(zhì)因子。
法一 ：
可以選擇線性篩預(yù)處理素數(shù)表，然后從小到大枚舉不超過 \sqrt[3]{N} 的素數(shù)判斷即可。
法二 ：
從 i=2 開始枚舉因子，當(dāng)枚舉到 N % i == 0 時，i 必為 N 的一個因子。則 i 不是 N 的質(zhì)因子 q 就是平方因子 q。當(dāng) (N / i) % i == 0 時，說明 i 為平方因子 q，否則為質(zhì)因子 p。
代碼 ：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)#define re register#define fi first#define se second#define endl "\n"typedef long long LL;typedef pair PII;typedef pair PLL;const int N = 1e6 + 3;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);void solve(){ LL x; cin >> x; for(LL i = 2; i < x ; i ++){ if(x % i == 0){ if((x / i) % i == 0) cout << i << " " << x / (i * i) << endl; else cout << (LL)sqrtl(x / i) << " " << i << endl; return ; } }}int main(){ IOS; int _ = 1; cin >> _; while(_ --){ solve(); } return 0;} 復(fù)制 E - Count Simple Paths Original Link
題目大意 ：
給定一個 N 個頂點，M 條邊的無向圖。求從點 1 開始，簡單路徑（沒有重復(fù)頂點的路徑）的數(shù)量 K。答案取 min(K, 1\times 10^6)。
思想 ：
圖的深度優(yōu)先遍歷。遇到可走的路徑，數(shù)量增加 1。超過 10^6 退出，
代碼 ：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)#define re register#define fi first#define se second#define endl "\n"typedef long long LL;typedef pair PII;typedef pair PLL;const int N = 2e5 + 3;const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);vector g[N];bool vis[N];LL cnt = 0;void dfs(int u){ if(cnt > 1e6) return ; vis[u] = 1; cnt ++; for(int i = 0; i < g[u].size(); i ++){ if(vis[g[u][i]]) continue; vis[g[u][i]] = 1; dfs(g[u][i]); vis[g[u][i]] = 0; }}void solve(){ int n, m; cin >> n >> m; for(int i = 0; i < m; i ++){ int a, b; cin >> a >> b; g[a].push_back(b); g[b].push_back(a); } dfs(1); cout << min(cnt, (LL)1000000) << endl;}int main(){ IOS; int _ = 1; // cin >> _; while(_ --){ solve(); } return 0;} 復(fù)制 F - ABCBAC Original Link
題目大意 ：
已知一個長度為 N 的字符串 S 和一個整數(shù) i(0\le i \le N)。定義運算 f_i(S) 鏈接的字符串如下： S 的前 i 個字符。 S 的翻轉(zhuǎn)。 S 的最后 (N-i) 個字符。 若 S = "abc", i = 2，則 現(xiàn)給出某個字符串 S 的長度 N 和經(jīng)過 f_i(S) 的結(jié)果。求原始字符串 S 和 i 的值。
思想 ：
字符串哈希。枚舉 i，判斷 1 \sim i 和 i + N + 1 \sim 2\times N 拼接成的字符串與 i + 1 \sim N + i 翻轉(zhuǎn)后的字符串是否相同即可。
代碼 ：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std;#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)#define re register#define fi first#define se second#define endl "\n"typedef long long LL;typedef unsigned long long ULL;typedef pair PII;typedef pair PLL;// const int N = 1e6 + 3;// const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);const ULL N = 2e6 + 9;const int hash_cnt = 2; //哈希次數(shù)int n;string s;ULL Prime[] = {1998585857ul,23333333333ul};ULL base[] = {131, 146527, 19260817, 91815541}; // 字符集大小，進制數(shù)ULL mod[] = {1000000007, 29123,998244353,1000000009,4294967291ull}; // 模數(shù)ULL h1[N][hash_cnt], h2[N][hash_cnt], p[N][hash_cnt];//初始化哈希void initHash(ULL n, ULL cnt){ p[0][cnt] = 1; for(int i = 1; i <= n; ++ i) p[i][cnt] = p[i - 1][cnt] * base[cnt] % mod[cnt]; for(int i = 1; i <= n; ++ i) h1[i][cnt] = (h1[i - 1][cnt] * base[cnt] % mod[cnt] + s[i]) % mod[cnt]; // 正序hash for(int i = n; i >= 1; -- i) h2[i][cnt] = (h2[i + 1][cnt] * base[cnt] % mod[cnt] + s[i]) % mod[cnt]; // 逆序hash}//正序HASHULL getHash1(ULL id, ULL l, ULL r){ return (h1[r][id] - h1[l - 1][id] * p[r - l + 1][id] % mod[id] + mod[id]) % mod[id];}//逆序HASHULL getHash2(ULL id, ULL l, ULL r){ return (h2[l][id] - h2[r + 1][id] * p[r - l + 1][id] % mod[id] + mod[id]) % mod[id];}//判斷區(qū)間正逆序是否相等，如果區(qū)間正逆序哈希值一樣，則回文；bool isRe(ULL id, ULL l,ULL r){ return getHash1(id, l, r) == getHash2(id, l, r);}void solve(){ cin >> n >> s; s = " " + s; initHash(2 * n, 0); for(int i = 0; i <= n; i ++ ){ ULL sum1 = ((getHash1(0, 1, i) * p[n - i][0] % mod[0] + getHash1(0, n + i + 1, 2 * n)) % mod[0]); ULL sum2 = getHash2(0, i + 1, n + i); if(sum1 == sum2){ string st = s.substr(i + 1, n); reverse(st.begin(), st.end()); cout << st << endl; cout << i << endl; return; } } cout << -1 << endl;}int main(){ IOS; int _ = 1; // cin >> _; while(_ --){ solve(); } return 0;} 復(fù)制
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