01-03 13:11 黑龙江工程学院前端工程师发布于江苏

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完整版的题解

A题

这道题可以拿字符串写，如果字符串的长度只有2，且组成该字符串的两个字符相同那它就是好数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'

int main(){
    string a;
    cin>>a;
    if (a.length()==2 && a[0]==a[1])cout<<"Yes";
    else cout<<"No";
    return 0;
}

B题

字符串有三个字符，直接输出第一个和第三个就行

#include<iostream>
using namespace std;
#define endl '\n'

int main(){
    string a;
    cin>>a;
    cout<<a[0]<<a[2];
    return 0;
}

C题

如果x,y,n相等，那他们的最大公约数就是n本身，但题目里说了x和y不相等，那我们令y=2x就好了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'


int main(){
    int q;
    cin>>q;
    while (q--){
        long long a;
        cin>>a;
        cout<<a<<' '<<a*2<<endl;
    }
    return 0;
}

D题

暴力就能过，但是我也只会暴力

把数的每个数位分开，其中包含x就计数即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'

int main(){
    int n,x,ans=0;
    cin>>n>>x;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int temp=i;
        while (temp){
            if (temp%10==x)ans++;
            temp/=10;
        }
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

E计算进位

两个数字相加，会不会出现进位的情况现在就是小学的加法问题 eg： 1563+654 从尾项开始（即3+4）这个位加完后往前加直到5+6

为什么是5+6？可以看到这两个数分别是三位和四位那这个四位的数加一个三位的如果变成了五位，那么这两个数在第三位肯定就进位了,那我们只算到第三位判断是否需要进位

这里可以看出十位（5+6=11）和百位涉及进位 ok了，有这个基础知识就可以开肝

#include<iostream>
#include<string>
#include<algorithm>//reverse的头
using namespace std;
int main()
{
	string a,b;
	cin>>a>>b;
	int x=0;
	int len=a.size()>b.size()?b.size():a.size();//找短的那个的长度
	reverse(a.begin(),a.end());//反转字符串
	reverse(b.begin(),b.end());
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		if((a[i]-'0')+(b[i]-'0')>=10)//判断是否进位
		{
		x=1;//进位的情况，标记x=1
		break;
		}
	}
	if(x)cout<<"Hard";
	else cout<<"Easy";
	return 0;
 }

F可编程拖拉机比赛

题目意思：给你一个数，你要计算这个数的0.1，0.2，0.3(对应分别拿金，银，铜的人数），最后拿总数减去拿这几种牌子的人就是拿铁牌的人分别向上向下取整值为多少，然后计算每个数的向上向下取整后，根据变化，算多少人的奖牌应该换题目样例115，这里以115为例：

名称 0.1 0.2 0.3 铁

向下取整	11	23	34	115-11-23-34=47
向上取整	12	23	35	45

接下来展示换牌的计算方式（x[0]为11，y[0]为23，z[0]为34,w[0]为47，w[1]为35，其他类推）原本按照向下取整发，实际按照向上发

ans1=银->金=x[1]-x[0]

y[1]-y[0]=银牌变化量=银牌增加量-银牌减少量=（铜->银）-（银->金） ans2=（铜->银）=（银->金）+(y[1]-y[0]);

z[1]-z[0]=铜牌变化量（后面和银牌变化量开始都一样）或者 ans3=（铁->铜）就是铁牌变化量终于写完了，上代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int arr[21],brr[21],crr[21];
int main()
{
    int n;
    cin>>n;
    double n1=n;
    //这边存int n，n/10就是直接向下取整
    //floor也能直接向下取整（取整得要对浮点型数据才有用，整形没必要）
    int x[2]={0,0},y[2]={0,0},z[2]={0,0},w[2]={0,0};
    int ans[4];
    for(int i=0;i<4;i++)ans[i]=0;
    x[0]=n/10;
    y[0]=(n*0.2);
    z[0]=n*0.3;
    w[0]=n-x[0]-y[0]-z[0];
    x[1]=ceil(n1/10);
    y[1]=ceil(n1*0.2);
    z[1]=ceil(n1*0.3);
    w[1]=n-x[1]-y[1]-z[1];
    ans[0]=fabs(x[1]-x[0]);
    ans[1]=fabs(y[1]-y[0]);
    ans[2]=fabs(z[1]-z[0]);
    ans[3]=fabs(w[1]-w[0]);
 
//    cout<<x[0]<<" "<<x[1]<<endl;
//    cout<<y[0]<<" "<<y[1]<<endl;
//    cout<<z[0]<<" "<<z[1]<<endl;
//    cout<<w[0]<<" "<<w[1]<<endl;
//   
//    for(int i=0;i<4;i++)cout<<"ans["<<i<<"]="<<ans[i]<<" ";
//    cout<<endl;
     
    cout<<ans[0]<<" "<<ans[1]+ans[0]<<" "<<ans[3]<<" ";
    return 0;
 }

G题

法1（队列法）

简单来说就是一个边出边存的小问题用经典的队列解决约瑟夫环 https://blog.csdn.net/m0_51506743/article/details/124004350 有了这个前置知识就是在该问题基础上先走k次比较简单就直接上代码了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
	int n,k,m;
	cin>>n>>k>>m;
	queue<int>q;
	for(int i=0;i<n;i++)
	{
		q.push(i);
	}
	int f=0;
	while(k--)
	{
		f=q.front();
		q.pop();
		q.push(f);
	}
	int j=1;
	while(q.size()!=1)
	{
		if(j==m)
		{
		f=q.front();
		q.pop();
		j=1;
		}
		else{
		f=q.front();
		q.pop();
		q.push(f);
		j++; 
		} 
	}
	cout<<q.front();
	return 0;
 }

法2（公式法）

先常规的上连接：https://blog.csdn.net/u011500062/article/details/72855826 ok了啊兄弟们直接上代码

#include <iostream>
using namespace std;
void solve(int n,int k,int m) {
    int p=0; 
    for(int i=2;i<=n;i++) p=(p+m)%i;
    cout<<(p+k)%n<<endl;; 
}
int main()
{
    int n,k,m;
    cin >> n >> k >> m;
    solve(n,k,m);
    return 0;
}

H题

前置知识

gcd(m,n)=n?gcd(n,m%n):m;
lcm=m∗n/gcd(m,n)

首先，这题真的简单

gcd与lcm，这边提供两种思路及3种AC代码。

首先，我们看题目不难发现，一共给了2种数据

分别是日期的gcd值和lcm值。

解法1

首先我们不难想到，全部搜一遍，查看是否存在多个日期的gcd和lcm与目标相同。

于是下面的代码

#include<bits/stdc++.h>
#include<cmath>
using namespace std;

const int N =1e6+10;
typedef pair<int,int> PII;
typedef long long ll;

bool pd(int a,int b){
    if(a==1||a==3||a==5||a==7||a==8||a==10||a==12){
        if(b<=0||b>31)return false;
    }
    else if(a==2){
        if(b<=0||b>29)return false;
    }
    else{
        if(b<=0||b>30)return false;
    }
    return true;
}

void solve(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    vector<PII>vt;
    for(int i=1;i<=12;i++){
        for(int j=1;j<=31;j++){
            if(lcm(i,j)==n&&gcd(i,j)==m){
                vt.push_back({i,j});
            }
        }
    }
    for(int i = vt.size()-1;i>=0;i--){
        int a =  vt[i].first,b=vt[i].second;
        if(pd(a,b)==false){
            vt.erase(vt.begin() + i);
        }
    }

    if(vt.size()==1){
        cout<<"YES"<<endl;
    }
    else{
        cout<<"NO"<<endl;
    }
}

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    int tt = 1;
    cin>>tt;
    while(tt--){
        solve();
    }
    return 0;
}

那么这种方法太慢了，平均每组样例的解决时间复杂度是O(n∗m)O(n∗m)，也就是大约要12*30次判断才能做出一组数据。

解法2，稍稍优化一下思路

上面的判断实在是太复杂了，每一个都去判断。

但是，有没有一种可能，

其实月份和日期随便选一个去判断，另一个其实同时也判断出来了。

由于已知 gcd∗lcm=date∗month，同时，令t为月份日期的积，我们用i去遍历月份，t/i其实就是日期。

接下来只需要判断 i 和 t/i 的gcd和lcm是否符合题目给出的，如果符合就用cnt计数。

遍历完12个月之后，判断 cnt=1 ,符合这个条件说明是唯一的，否则就是存在其他日期符合条件。

上AC 代码↓

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

void zxy()
{
    int n,m;cin>>n>>m;
    int num = n * m;
    int month[12] = {31,29,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};
    int cnt = 0;
    for(int i=1;i<=12;i++)
    {
        if(num%i==0&&num/i<=month[i-1]&&gcd(i,num/i)==m&&lcm(i,num/i)==n) cnt ++;
    }
    if(cnt == 1) cout<<"YES"<<endl;
    else cout<<"NO"<<endl;
}

signed main()
{
    int t; cin>>t;
    while(t --) zxy();
    return 0;
}

解法3（暴力打表）

这个是出题时候写的解法，应该是本题目在数据量较大的情况下比较好的解法。

我们先建立一个二维数组，横纵坐标分别是gcd和lcm，一个1000，一个40足够了。

接下来预处理数据，遍历每个日期，计算gcd和lcm，并在对应的下标++，用于统计。

接下来只需要读入gcd和lcm，然后去数组里面查询是否唯一即可。

参考代码↓

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
int main()
{
	int mp[373][32];
	memset(mp,0,sizeof mp);
	for(int i=1;i<13;i++)
	{
		for(int j=1;j<32;j++)
		{
			mp[lcm(i,j)][gcd(i,j)]++;
		}
	}
	int q;cin>>q;
	while(q--)
	{
		int l,g;cin>>l>>g;
		if(mp[l][g]==1)cout<<"YES"<<endl;
		else cout<<"NO"<<endl;
	}
	return 0;
}

记得补题

I题

答案是3181，代码直接这么写就行了↓

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'

int main(){
    cout<<3181;
    return 0;
}

我的结果是模拟出来的，除了模拟我也不会别的

先设定一个长度为9的数组，填充上2021，模拟每种卡片的数量，用n表示当前试图拼的数字

如果某种卡片数量已经到0了，那就拼不出n,能拼出来最大的就是n-1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define endl '\n'

int main(){
    int arr[9];
    fill(arr,arr+9,2021);
    int n=0;
    while (1){
        n++;
        cout<<n<<endl;
        int temp=n;
        while (temp){
            if (arr[temp%10]<=0){cout<<n-1;return 0;}
            else arr[temp%10]--;
            temp/=10;
        }
    }
}