比赛链接：牛客周赛47

赛时感受

       又是一场思维题，应该只有EF有点算法，E需要使用快速幂和取余，F做不出，C卡了我一下，D写完了，E不写完一半又回来看C才做掉的，E也卡了很久虽然鸽巢原理想到了，但是没想到被卡在取余问题上，一开始没想出来，去做F然后做了半个小时发现做不掉，又回来在E上做功夫。https://www.cnblogs.com/againss/p/18251238

A

思路

       由于需要两个元素相等，其他三个元素相等，所以直接排序，只剩下有两种情况。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5 + 10;

ll n[N];
int main() {
  int a, b, c, d, e;
  cin >> n[1] >> n[2] >> n[3] >> n[4] >> n[5];

  sort(n + 1, n + 1 + 5);
  if ((n[3] == n[5] && n[1] == n[2]) || (n[1] == n[3] && n[4] == n[5])) cout << "YES" << endl;
  else cout << "NO" << endl;

  return 0;
}

B

思路

       由于任意公共子串都能打开密码锁，所以只需要枚举26个字母是否为所有的字符串的公共子串即可。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5 + 10;

ll n;
int main() {
  cin >> n;

  string s[N];
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> s[i];
  }
  for (int i = 0; i < 26; i++) {
    int flag = 0;
    for (int j = 1; j <= n; j++) {
      if (s[j].find('a' + i) == -1) {
        flag = 1;
        break;
      }
    }
    if (flag)
      continue;
    cout << (char)('a' + i);
    break;
  }  

  return 0;
}

C

思路

       

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5 + 10;

ll n, a[N], sum, maxn;
int main() {
  cin >> n;

  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i];
    sum += a[i];
    maxn = max(maxn, a[i]);
  }

  if (sum % 2 == 0) {
    if (n == 2) {
      if (a[1] == a[2]) {
        cout << 0 << endl;
      } else {
        cout << 1 << endl;
      }
    } else if (sum <= maxn * 2 || (sum - maxn == n - 1)) {
      cout << 1 << endl;
    } else if (maxn == 1) {
      cout << 0 << endl;
    } else {
      cout << n << endl;
    }
  } else {
    if (sum <= maxn * 2 && maxn != 1) {
      cout << 1 << endl;
    } else {
      cout << n << endl;
    }
  }

  return 0;
}

D

思路

       找规律发现18个好数为一组，则下一组b数组的数组值可以由当前组a数组的数组值推理得到，即为b[i] = a[i] + 30。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5 + 10;

ll n, a[N] = { 1, 2, 4, 5, 7, 8, 10, 11, 14, 16, 17, 19, 20, 22, 25, 26, 28, 29 };
int main() {
  int t;
  cin >> t;
  while (t--) {
    ll n;
    cin >> n;
    cout << ((n - 1) / 18) * 30 + a[((n - 1) % 18)] << endl;
  }

  return 0;
}

E

思路

       分类讨论横轴对称，纵轴对称和中心堆成，结果为横轴对称 + 纵轴堆成 - 中心对称，因为中心堆成的部分都包含于横轴对称和纵轴堆成，若不减去则会计算两次。        **纵轴对称：**n为奇数时，纵轴所在的元素只能选择0，8，纵轴左边的元素只能选择0，8，2，5，当左边选择0，8时右边对应选择0，8，左边选择2，5时，右边对应选择5，2，所以n为奇数时纵轴对称的情况种数为：((pow(4, n / 2) * 2)。n为偶数时，纵轴左边的元素和右边元素的选择情况和n为奇数时一致，只是不需要考虑纵轴所在的元素的选择情况，所以n为偶数时纵轴对称的情况种数为：(pow(4, n / 2) * 1)，综合讨论得到纵轴对称的种数为：((pow(4, n / 2) * (n % 2 == 1 ? 2 : 1))。        **横轴对称：**n不用考虑奇偶性，计算器上能显示的数字为1，3，8，0，所以横轴对称的情况种数为：pow(4, n)。        **中心对称：**中心对称时，计算器上显示的数字只能是0，8，所以会被横轴对称和纵轴对称都计算了一遍。但是同时又需要是横轴对称又要是纵轴对称，所以中心对称的情况种数为：pow(2, ((n + 1) / 2))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll pow(ll x, ll y) {
  ll res = 1;
  while (y) {
    if (y & 1) {
      res *= x;
      res %= mod;
    }
    y >>= 1;
    x *= x;
    x %= mod;
  }
  return res;
}
int main() {
  ll n;
  cin >> n;
  if (n == 1) {
    cout << 4 << endl;
    return 0;
  }
  ll res = (((pow(4ll, n / 2) * (n % 2 == 1 ? 2ll : 1ll)) % mod + pow(4ll, n)) % mod - pow(2ll, ((n + 1) / 2)) + mod);
  cout << (res % mod);
  return 0;
}

F

思路

       

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

const ll N = 105, INF = 1e9;

ll dx[] = {0, 0, 1, -1}, dy[] = {1, -1, 0, 0};

int n, m, dis[N][N], c[N];

struct grid {
  int v, x, y;
  bool operator<(const grid k) const {
    if (v != k.v)
      return v > k.v;
    if (x != k.x)
      return x < k.x;
    if (y != k.y)
      return y < k.y;
		return 0;
	}
};

char s[N][N];
priority_queue<grid>pq;

int main() {
  scanf("%d%d", &n, &m);
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    scanf("%s", s[i] + 1);
  for (int i = 1; i <= m; i++)
    scanf("%d", &c[i]);
  for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= m; j++)
      dis[i][j] = INF;
  dis[1][1] = 0;
  pq.push({0, 1, 1});
  while (pq.size()) {
    grid u = pq.top();
    pq.pop();
    int ds = u.v, x = u.x, y = u.y;
    if (ds != dis[x][y])
      continue;
    // 判断当前节点周围是否有没空地，并更新去到空地的代价
    for (int r = 0; r < 4; r++) {
      int vx = x + dx[r], vy = y + dy[r];
      if (vx < 1 || vx > n || vy < 1 || vy > m || s[vx][vy] == '#')
        continue;
      if (ds < dis[vx][vy]) {
        dis[vx][vy] = ds;
        pq.push({dis[vx][vy], vx, vy});
      }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
      for (int j = y - 1; j <= y + 1; j++) {
        if (j < 1 || j > m)
          continue;
        if (dis[i][j] > ds + c[j]) {
          dis[i][j] = ds + c[j];
          pq.push({dis[i][j], i, j});
        }
      }
    }
  }

  printf("%d\n", dis[n][m]);
	return 0;
}