A.QAQ
- 题目大意：从给定的字符串中找出QAQ的个数，三个字母的位置可以不连续
- 思路：暴力求解，先找到A的位置，往前扫，往后扫寻找Q的个数q1,q2，然
- 后相乘得到q1*q2，这就是这个A能够找到的QAQ个数，依次累加即可
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s;
cin>>s;
int len=s.length(),sum=0;
for(int i=0;i<len;++i) {
if(s[i]=='A') {
int num1,num2;
num1=num2=0;
for(int j=0;j<i;++j) if(s[j]=='Q') num1++;
for(int j=i+1;j<len;++j) if(s[j]=='Q') num2++;
if(num1&&num2) sum+=num1*num2;
}
}
cout<<sum<<endl;
return 0;
}
B. Ralph And His Magic Field
- 题目大意：给一个\(n*m\)的格子，使得每一行与每一列都等于给定的k值，k取1或者-1
- 我比较笨，没做出来，下来之后补题用达标发现规律
- 最后的方案数为\(res = 2 ^{(n-1)*(m-1)}\)当\(n,m\)一个是奇数一个是偶数，且\(k==-1\)时直接输出0即可
- 注意先计算\(2^{(n-1)}\)再计算\((2^{(n-1)})^{m-1}\),不然直接计算会使得中途的结果就不一样
- 最终程序：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
ll n,m,k;
ll qpow(ll base, ll num) {
ll res=1;
while(num) {
if(num&1) res=((res%mod)*(base%mod))%mod;
num>>=1;
base=((base%mod)*(base%mod))%mod;
}
return res;
}
int main() {
scanf("%I64d %I64d %I64d",&n,&m,&k);
if(((n&1)!=(m&1))&&k==-1) {
printf("0\n");
return 0;
}
printf("%I64d\n", qpow(qpow(2,n-1),m-1));
return 0;
}
#include <iostream>
using namespace std;
int a[14][14];
int b[2]={-1,1};
int n,m,num,sum=0;
bool check() {
int temp;
for(int i=1; i<=n; ++i) {
temp=1;
for(int j=1; j<=m; ++j) {
temp*=a[i][j];
}
if(temp!=num) return false;
}
for(int i=1; i<=m; ++i) {
temp=1;
for(int j=1; j<=n; ++j) {
temp*=a[j][i];
}
if(temp!=num) return false;
}
return true;
}
void dfs(int x, int y) {
for(int i=0; i<=1; ++i) {
a[x][y]=b[i];
if(x<n&&y<m) dfs(x,y+1);
else if(x<n&&y==m) dfs(x+1,1);
else if(x==n&&y<m) dfs(x,y+1);
else if(x==n&&y==m) {
if(check()) sum++;
}
}
}
int main() {
while(cin>>n>>m>>num) {
sum=0;
dfs(1,1);
cout<<sum<<endl;
}
return 0;
}
C. Marco and GCD Sequence
- 题目大意：给定已经求出的区间gcd,看是否存在序列满足求出的gcd
- 思路：因为给定了gcd，那么可使最小的数要成为其他区间的gcd(插
- 入)，这是一定满足要求的解法。如果其他数不能被最小数整除，这
- 说明给定gcd缺少了元素。
- eg_1: 2 3 6 10
- 其中3不能被2整除，说明给定gcd缺少了元素，添加1：1 2 3 6 10才可以
- answer:1 (1) 2 (1) 3 (1) 6 (1) 10 gcd(ai,aj)=1;
- eg_2:1 3 5 6 10 15 把最小数插入中间即可满足
- answer：1 (1) 3 (1) 5 (1) 6 (1) 10 (1) 15 gcd(ai,aj)=1;
#include <iostream>
using namespace std;
int main() {
int n,ans[1005];
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i) cin>>ans[i];
for(int i=1;i<=n;++i) {
if(ans[i]%ans[1]) {
cout<<"-1"<<endl;
return 0;
}
}
cout<<n+(n-1)<<endl;
for(int i=1;i<n;++i) cout<<ans[i]<<" "<<ans[1]<<" ";
cout<<ans[n]<<endl;
return 0;
}