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寻找ACMer

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思想：

• 签到题
• 按照题意遍历字符串，不断向后寻找包含 ACMer 完整字符串的数量即可

std标程：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>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<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);void solve(){string s; cin >> s;int idx = 0;int ans = 0;while(s.find("ACMer", idx) != -1) {ans ++; idx = s.find("ACMer", idx) + 1;}cout << ans << endl;}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

欧拉幻树苗

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思想：

• 树形DP
• 始化每一个节点为独立的连通分量，即每个节点自身就是一个树的根。
• 读取树的结构，确保我们可以通过 g 数组访问到每个节点的孩子节点。
• 读取特殊边，并使用并查集合并特殊边的两个端点。由于题目保证特殊边的两个端点深度相同，合并这些端点不会导致环的出现。
• 然后开始广度优先搜索。从根节点（节点1）开始，用队列来记录接下来需要访问的节点。
• 对于当前节点 t，如果它是叶子，将 find(t) 的路径数加到答案中（即cnt[find(t)]），因为从叶子节点可以直接走到根节点。
• 遍历当前节点t的所有孩子节点，将父节点到当前节点的路径数累加到孩子节点上（需要通过find函数找到孩子节点所在的连通分量），然后将这些孩子节点加入队列中以进行下一轮搜索。
• 当队列为空时，所有节点都被访问过，搜索结束。最后输出计算的答案 ans。

std标程：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>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<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int N   =   1e6  +  3;
const int INF   =   0x3f3f3f3f, mod   =   1e9  +  7;
const double eps   =   1e-6, PI   =   acos(-1);int f[N], cnt[N];  // f数组用于并查集，cnt数组用于记录路径数vector<int> g[N];  // g数组用来存储树的结构int find(int x){return f[x] == x ? x : f[x]  =  find(f[x]);
}void solve() {int n, m; cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++) f[i] = i; // 初始化for(int i = 1; i < n; i ++){int x, y; cin >> x >> y; // 读取树的结构g[y].push_back(x); // 假设每条边是从子节点指向父节点}for(int i = 1; i <= m; i ++){int x, y; cin >> x >> y; // 输入特殊边f[find(x)] = find(y); // 合并特殊边的端点}queue<int> q;q.push(1);cnt[1] = 1; // 根节点的路径数为1int ans = 0; // 结果变量while(!q.empty()){int t = q.front();q.pop();if(g[t].empty()) (ans += cnt[find(t)]) %= mod; // 如果t是叶子节点，累加路径数for(auto i:g[t]){(cnt[find(i)] += cnt[find(t)]) %= mod; // 将当前节点的路径数累加到其孩子节点q.push(i); // 将孩子节点加入队列}}cout << ans; 
}int main(){IOS;int _   =   1;//cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;
}

疯狂蓝桥杯

本题主要考察四舍五入，C语言中是四舍六入，但是需要四舍五入，则在结果后面加上0.001即可。

std标程：

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
#define int long long 
signed main()
{int T;cin>>T;while(T--){int n,m,x,y;cin>>n>>m>>x>>y;int z=n*y,zz=m*x;int zzz=z*zz/__gcd(z,zz);int i=zzz/z,j=zzz/zz;double s=sqrt(n*n*i*i+m*m*j*j) * 2; s+=0.001;printf("%.2lf\n",s);} return 0;
} 

Inception Ⅰ

用数组(如st)记录每个数字出现的次数，从1枚举到 （m + 1）/ 2 （不含），所有 st[i] * st[m - i]的和，注意要开long long~

std标程：

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1e6 + 20;
int n, m, st[N];
long long ans;int main()
{int x;cin >> n >> m;for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> x;st[x] ++;}for(int i = 0; i < m - i; i ++){ans += (long long)st[i] * st[m - i];}cout << ans;return 0;
}

Inception Ⅱ

循环枚举判断是否存在连续三个字母/四个元素组成的回文数组，（易证所有长度大于2的回文都包含这两种回文之一），定义数组记录下标为 i 的元素向后找最近的回文数组右端点的距离，如 1 1 2 2 1，对应记录数组应为 4，3，0，0，0。对每次查找的时间复杂度缩小到O（1）。

std标程：

#include <iostream>using namespace std;const int N = 1e6 + 20;
int n, q[N], s[N];int main()
{int t;scanf("%d %d", &n, &t);for (int i = 1; i <= n; i ++){scanf("%d", &q[i]);}for (int i = 1; i <= n; i ++){//偶数回文if (i + 3 <= n){if(q[i] == q[i + 3] && q[i + 1] == q[i + 2]) s[i] = 3;}//奇数回文if (i + 2 <= n){if (q[i] == q[i + 2]) s[i] = 2;}}int f = 0;for (int i = n; i > 0; i --){if (s[i] && !f) f = 1;if (f && !s[i]) s[i] = s[i + 1] + 1;}int l, r;while(t --){scanf("%d %d", &l, &r);if (!s[l]) printf("NO\n");else if (l + s[l] <= r) printf("YES\n");else printf("NO\n");}return 0;
}

Inception Ⅲ

易证，当 n == 1 或 n == 2 时，图腾陀螺可一步取胜，除此之外，Belinra均可胜利（想什么呢，这可是Belinra的主场，给你先手是客套，怎么可能让你轻易取胜）

std标程：

#include <iostream>using namespace std;int main()
{int n; cin >> n;if (n == 1 || n == 2) cout << "None life is but a dream .";else cout << "Wake up now !";return 0;
}

憧憬成为AK大神

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思想：

• 贪心
• 有题目可知，到了某一个点都不能可能再往回走（回头一定不是最优解，否则在原来就已经进去AK了）
• 先对页面编号排序，然后用一个大根堆来维护从起始页面切换到当前这个页面的已AK的场次所消耗的时间
• 如果所有的时间消耗（切换界面的时间+对应场次让出的时间）已大于规定的时间，则该方向上的时间不可避免
• 所以只能少切换界面，因为每一场比赛都AK一次，即将让出时间最大的页面跳过即可

std标程：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>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<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);priority_queue<LL> q;PLL a[N];bool cmp(PLL &a, PLL b) {return a.fi < b.fi;
}LL n, m, ans, res, sum, idx;void solve(){cin >> n >> m;for (int i = 0; i <= n; i ++) {LL x, y; cin >> x >> y;a[++ idx].fi = x;a[idx].se = y;}sort(a + 1, a + n + 1, cmp);for(int i = 1; i <= n; i ++) {res += a[i].fi - a[i - 1].fi; //切换到 i 页面所用时间 q.push(a[i].se); // sum 的欲望 sum ++;res += a[i].se;while(!q.empty() && res > m) //如果用的时间多于m，直接ak掉 {sum --;res -= q.top();q.pop();}if(res > m) break; ans = max(ans, sum); }cout << ans << endl;
}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}

高精度拼接

由于每添加一个数都需要满足 a % b == 0，故第一次从 0 到 9 枚举，如果存在满足条件的数直接输出即可，紧接着输出 n - 1 个 0，否则输出 -1

std标程：

#include <stdio.h>int main()
{int a, b, c, ans = -1;scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);for (int i = 0; i <= 9; i ++){if ((a * 10 + i) % b == 0){ans = a * 10 + i;break;}}if (ans != -1){printf("%d", ans);for (int i = 1; i <= c - 1; i ++)printf("0");}else{printf("-1");}return 0;
}

逆矩阵

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• 签到题，模拟

std标程：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>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<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> 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 size = n;n *= n;vector<vector<int>> ans(size, vector<int>(size, 0));int num = 1;int top = 0, st = size - 1, left = 0, right = size - 1;while(num <= n) {for(int i = top; i <= st && num <= n; i++) {ans[i][left] = num++;}left++; for(int i = left; i <= right && num <= n; i++) {ans[st][i] = num++;}st--;for(int i = st; i >= top && num <= n; i--) {ans[i][right] = num++;}right--;for(int i = right; i >= left && num <= n; i--) {ans[top][i] = num++;}top++;}for (int i = 0; i < size; i++) {for (int j = 0; j < size; j++) {if (ans[i][j] != 0) {cout << ans[i][j] << " ";}}cout << endl;}
}int main(){IOS;int _ = 1;// cin >> _;while(_ --){solve();}return 0;}