題目的意思：
n個水平條，m個豎直條，組成網格，每次刪除交點所在的行和列，兩個人輪流刪除，直到最後沒有交點為止，最後不能再刪除的人將輸掉
解題思路：
每次刪除交點所在的行和列，則剩下n-1行和m-1列，直到行或列被刪完為止，最多刪除的次數為min(n,m)，刪除min(n,m)後剩餘的都是行或者列（注意行與行，列與列之間不可能有交點）。只需要判斷min(n,m)的奇偶性。
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; int main(){ int n,m; cin >> n >> m; if(min(n,m)%2) cout<<"Akshat"<<endl; else cout<<"Malvika"<<endl; }
題目的意思：
給一個含有n個不同數的陣列，通過反轉陣列的一個片段，該陣列變成遞增排序，問該陣列是不是滿足要求
解題思路：
可想而知，這樣的陣列基本有序的，而且中間最多隻有一個片段是單調遞減的，這樣的陣列看起來像這樣先單調遞增，再單調遞減，在單調遞增
假設找到單調遞減的片段（程式很簡單實現），該片段的起始索引為startIdx,結束索引為endIdx，如果陣列中存在多個這樣的片段，說明要將多個部分反轉，不滿足條件，輸出“no”，所以增加一個計數器cnt，記錄這樣的片段個數，如果cnt>1肯定不能滿足條件。
如果只有一個這樣的片段，反轉後a[endIdx]在startIdx處，要判斷a[startIdx-1]與a[endIdx]大小，如果a[endIdx]>a[startIdx-1]，說明反轉後左邊的可以保證單調遞增，現在來考慮右邊的a[endIdx+1]，反轉後a[startIdx]位於a[endIdx]，在這個地方要判斷endIdx+1是不是存在，如果a[endIdx+1]>a[startIdx]，則反轉後右邊也是單調遞增的。
時間複雜度O(n)，注意下面程式碼中左右各增加了一個哨兵，可以避免邊界的判斷，可以繼續在下面程式優化，將空間的時間複雜度優化為O(1)
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #define MAX 1000000000+1 using namespace std; int main(){ int n; cin >> n ; vector<int> a(n+2,0); a[0]= 0;a[n+1] = MAX; int startIdx =1,endIdx = 1,cnt = 0; bool flag = false; for(int i = 1; i <=n; ++ i){ cin >> a[i]; if(a[i] < a[i-1]){ if(!flag){ startIdx = i-1;flag = true;cnt++;} endIdx =i; }else{ if(flag) flag = false; } } if(cnt > 1) cout<<"no"<<endl; else{ if(a[endIdx] > a[startIdx-1] && a[endIdx+1] > a[startIdx]){ cout<<"yes"<<endl; cout<<startIdx<<" "<<endIdx<<endl; }else cout<<"no"<<endl; } }
C - Predict Outcome of the Game
題目的意思：
三個隊進行n場比賽，已經比賽了k場，第一隊贏得次數與第二隊贏得次數的絕對值之差是d1，第二隊與第三隊贏得次數絕對值之差是d2，問是否存在n場比賽後3個隊都沒有贏，即三個隊贏得次數相等，即每個隊贏的次數是n/3，（n一定要能被3整除，否則不可能每個隊贏的次數相等）
解題思路：
設在已經比賽的k場比賽中，第一隊贏的次數為a，第二隊贏的次數為b，第三隊贏的次數是c，則a+b+c=k
證明a+b+c=k
設第一隊與第二隊，第一隊贏a1次（輸了b1次），第二隊贏b1次（輸了a1次），則總共比賽了a1+b1次
設第二隊與第三隊，第二隊贏了b2次（輸了c1次），第三隊贏了c1次（輸了b2次），則總共比賽了b2+c1次
設第三隊與第一隊，第三隊贏了c2次（輸了a2次），第一隊贏了a2次（輸了c2次），則總共比賽了c2+a2次
第一隊贏的次數a1+a2，第二隊贏的次數b1+b2，第三隊贏的次數c1+c2
則 a1+b1+b2+c1+c2+a2=k => a+b+c=k
根據題意
|a-b|=d1
|b-c|=d2
現在開始解方程
（1）當a>=b時 a = d1+b, c = k-a-b=k-d1-2b
|b-c|=|b-k+d1+2b|=|3b-k+d1|=d2
當3b-k+d1>=0時
3b = d2-d1+k
要滿足的條件是d2-d1+k要能整除3，且a>=0 b>=0 c>=0，還要滿足a<=n/3 b<=n/3 c<=n/3 （因為每個隊最多贏的次數是n/3）
如果條件都滿足，則存在
當3b-k+d1< 0時
3b=k-d1-d2
要滿足的條件是k-d1-d2要能整除3，且a>=0 b>=0 c>=0，還要滿足a<=n/3 b<=n/3 c<=n/3 （因為每個隊最多贏的次數是n/3）
如果條件都滿足，則存在
（2）當a < b時 a=b-d1, c = k-a-b=k+d1-2*b
|b-c|=|b-k-d1+2*b|=|3b-k-d1|=d2
當3b-k-d1>=0時
3b=k+d2+d1
要滿足的條件是d2+d1+k要能整除3，且a>=0 b>=0 c>=0，還要滿足a<=n/3 b<=n/3 c<=n/3 （因為每個隊最多贏的次數是n/3）
如果條件都滿足，則存在
當3b-k-d1< 0時
3b=k+d1-d2
要滿足的條件是k+d1-d2要能整除3，且a>=0 b>=0 c>=0，還要滿足a<=n/3 b<=n/3 c<=n/3 （因為每個隊最多贏的次數是n/3）
如果條件都滿足，則存在
不用考慮剩餘的n-k場比賽，因為前面k場比賽中，三個隊贏的次數已經確定，剩下的n-k場比賽，第一隊贏的肯定是n/3-a，第二隊贏的是n/3-b，第三隊贏的是n/3-c
#include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> #define ll long long using namespace std; int main(){ int t; cin >> t; while(t-->0){ ll n,k,d1,d2; cin >> n >> k >> d1 >> d2; if(n%3){cout<<"no"<<endl;continue;} ll a = 0,b = 0, c =0; int flag = 0; if((d2-d1+k)>=0 && ((d2-d1+k)%3 == 0)){ b = (d2-d1+k)/3; c = k-d1-2*b; a = d1+b; if(c>=0 && a>=0 && a-b>=0 && a<=n/3 && b<=n/3 && c<=n/3){ flag|=1; } } if((k-d1-d2)>=0 && ((k-d1-d2)%3 ==0)){ b = (k-d1-d2)/3; c = k-d1-2*b; a = d1+b; if(c>=0 && a>=0 && a-b>=0 && a<=n/3 && b<=n/3 && c<=n/3){ flag|=1; } } if((k+d1+d2)%3==0){ b=(k+d1+d2)/3; c = k+d1-2*b; a = b-d1; if(c>=0&& a>=0 && b>=a && a<=n/3 && b<=n/3 && c<=n/3 ){ flag|=1; } } if((k+d1-d2)>=0 && (k+d1-d2)%3 ==0){ b = (k+d1-d2)/3; c = k+d1-2*b; a = b-d1; if(c>=0&& a>=0 && b>=a && a<=n/3 && b<=n/3 && c<=n/3){ flag|=1; } } if(flag == 0) cout<<"no"<<endl; else cout<<"yes"<<endl; } }
題目意思：
goog string：字串中連續相同的字元用一個字元替換後，形成迴文串的字串。
給出一個字串，該字串的字串中，長度為奇數的good string有多少個，長度為偶數的good string有多少個。
解題思路：
因為字串只有a和b組成，只要是頭尾相同的字串都是good string。
設頭尾相同的字串都是a，str="a.....a"由於相同的字串都是用一個字串替換，所以不可能存在相鄰的字元相同，故將連續相同的字元替換後，就形成了a和b交替排列。故str變成了"ababababa....baba"，這種型別的字元顯然是迴文串。所以要使子串為good string，則頭尾應該是相同的。
現在問題是如果頭尾相同的字串，如何判斷子串的長度？這裡要利用字元的索引的奇偶性
假設子串str="a...a"，開頭a在輸入字串中的索引為i，結尾a在輸入字串中的索引為j，則str的長度為
如果i和j都為偶數或者奇數，則str的長度是j-i+1為奇數，（奇數-奇數=偶數，偶數-偶數=偶數，偶數+奇數=奇數）
如果i和j一奇一偶，則str的長度j-i+1為偶數，（奇數-偶數=奇數，偶數-奇數=奇數，奇數+奇數=偶數）
所以只需要統計a，b在奇數位置和在偶數位置的個數
長度為偶數的good string來源，開頭a的索引和結尾a的索引一奇一偶的子串，開頭b的索引和結尾b的索引一奇一偶，
長度為奇數的good string來源，開頭a的索引和結尾a的索引奇偶性相同，開頭b索引和結尾b的索引的奇偶性相同
#include <iostream> #include <string> #define C(num) ((num)*(num-1)/2) using namespace std; int main(){ string s; cin >> s; long long cnt_even[2]={0},cnt_odd[2]={0}; for(int i = 0 ; i < s.length(); ++ i){ int index = s[i]-'a'; if(i&1) cnt_odd[index]++; else cnt_even[index]++; } cout<<cnt_even[0]*cnt_odd[0]+cnt_even[1]*cnt_odd[1]<<" "; cout<<C(cnt_even[0])+C(cnt_even[1])+C(cnt_odd[0])+C(cnt_odd[1])+s.length()<<endl; }
題目的意思：
有n個花壇，每個花壇有f[i]支花。同一個花壇的花顏色相同，不同花壇的花顏色不同，問取s朵花一共有多少種取法
解題思路：
用母函式解決過硬幣問題的，這題看起來應該很熟悉，就是通過母函式求組合數，不同之處，此題的資料量比較大，要經過處理。
得到的母函式為(1 + x + x^2 + x^3 + + ..x^f1) ...... (1 + x + x^2 + x^3 + + ..x^fn).
最後得到的指數為s的前面的係數就是答案，即x^s前面的係數是答案，現在關鍵問題是如何求x^s的係數
由於(1+x+x^2+x^3....+x^f1)=(1-x(f1+1))/(1-x)
故上面的母函式轉換為(1-x(f1+1))/(1-x).....(1-x(fn+1))/(1-x)=(1-x(f1+1))....(1-x(fn+1))*(1-x)-n
現在考慮前面(1-x(f1+1))....(1-x(fn+1))，由於n的值不大，最大是20，故x的指數最多有2n種不同的值，220近似(103)2=106個值
可以浪費點空間算出這些值，注意大於s的指數直接拋棄
由於題目結果要取模，可以在算組合數時根據Lucas定理——組合數求模 去計算，在計算組合數時還要用到求逆元運算（輾轉相除法或者快速冪演算法）
最後求出 (1-x)-n的指數及相關係數，如果其指數與前面部分的指數和是s，者前面係數即是答案。