A. Domino Disaster
思路
按照题意模拟即可 如果是
对应关系为R --> R L --> L U --> D D --> U
AC_CODE
inline void solve() {
int n; cin >> n;
string s; cin >> s;
string ans;
ans.resize(n);
for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
if(s[i] == ‘U‘) ans[i] = ‘D‘;
else if(s[i] == ‘D‘) ans[i] = ‘U‘;
else ans[i] = s[i];
}
cout << ans << endl;
}
B. MEXor Mixup
题目中MEX的意思是 数组中最小的没有出现过的自然数...（百度了十分钟才查出来,离谱...）
思路
题目给了数组中的MEX 和 XOR (异或和) 分别是a和b
因此我们可以知道 数组中一定不存在a并且\(\le a\)的自然数一定会出现
因此我们先预处理出所有的异或前缀和 令这个数字为x
那么我们现在已经有了a个数字,并且异或和为x 我们想要从x 变为b
有三种可能
- x=b 我们输出 a 即可
- x^b=a 因为a这个数字不能用,所以我们需要两个数字构造出a 因此输出a+2
- x^b!=a 我们直接在原数组的基础上添加一个x^b即可满足构造要求,因此输出a+1
AC_CODE
const int N = 3e5 + 10;
LL x[N];
inline void solve() {
int a, b;
cin >> a >> b;
int res = 0;
res = x[a - 1];
if((res ^ b) == 0) cout << a << endl;
else if((res ^ b) != a) cout << a + 1 << endl;
else cout << a + 2 << endl;
}
signed main()
{
for(int i = 1; i < N; i ++ ) x[i] = (x[i - 1] ^ i);
int T = 1; cin >> T;
while(T -- ) {
solve();
}
return 0;
}
C. Carrying Conundrum
题意
Alice 在进行竖式加法的时候,每次进位都会多进一位,比如6+4=10 她会把1进位到百位从而得出100
给定一个数字n,求一共有多少个二元组通过上述计算等于n
思路
因为每次都会多进一位,即是进两位, 那么我们把一个数字的奇数位和偶数位分别拆开, 那么他们的进位就正常了
然后由乘法原理我们可以知道所有的数字的不同组合.
需要注意的是, 一个数字n可以由正常进位的两个数字组成,那么它的组成方法有n+1种,这里进位是正常的,所以我们只需要考虑一种特殊情况
就是两个数字的组合中分别有一个是0的情况,而且他们两个还放在一起了,由于两个每个组合改变顺序也是合法的,所以这种特殊情况有两次
因此最终的结果减去2即可
AC_CODE
inline void solve() {
string a;
cin >> a;
int x = 0, y = 0;
for(int i = 0; a[i]; i += 1)
if(i & 1)
x = x * 10 + (a[i] - ‘0‘);
else
y = y * 10 + (a[i] - ‘0‘);
cout << (x + 1) * (y + 1) - 2 << endl;
}
D - Expression Evaluation Error
题意
给定一个k个数字的和n 求如何分配k个数字(正整数) 使得k个数字在十一进制下的和最大
思路
我们肯定是要使最高位最大,因此我们贪心的从大到小枚举\(10^i\) 如果当前的n比\(10^i\)大而且可以使后面的数字最少分到1
我们就把这一个数字赋值为\(10^i\), 然后枚举到第k-1个数字,最后一个数字就是n剩下的数字
AC_CODE
#define LL long long
LL a[20];
inline void solve() {
int n, k; cin >> n >> k;
vector<int> ans(k);
for(int i = 0; i < k - 1; i ++ ) {
for(int j = 9; ~j; j -- ) {
if(n > a[j] && n - a[j] >= k - i - 1) {
ans[i] = a[j];
n -= a[j];
break;
}
}
}
ans[k - 1] = n;
for(int x: ans) printf("%d ", x);
puts("");
}
signed main()
{
LL p = 1;
for(int i = 0; i < 10; i ++ ) {
a[i] = p;
p *= 10;
}
int T = 1; cin >> T;
while(T -- ) {
solve();
}
return 0;
}