vjudge比賽題解

A-這是一道簽到題

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這道題本身不難，難在題目要求的格式上，所以新手多數會卡著格式不過關而不能AC，空白行就是在endl后還要endl一次，而且要在最后一次輸出中不輸出空白行就行了，
至于大數加法可以參考這份博客 大數專題

#include<iostream>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstdio>
using namespace std;
string fir,sec;
vector<int>sum(vector<int>A,vector<int>B){
    vector<int>C;
    int flag = 0;
    for(int i=0;i<A.size()||i<B.size();i++){
        if(i<A.size()) flag+=A[i];
        if(i<B.size()) flag+=B[i];
        C.push_back(flag%10);
        flag/=10;
    }
    if(flag) C.push_back(flag);
    return C;
}

int main(){
    int t,caseNo=0;
    cin>>t;
    while(t--){
        caseNo++;
        printf("Case %d:\n",caseNo);
        vector<int>A,B,C;
        cin>>fir>>sec;
        cout<<fir<<" + "<<sec<<" = ";
        for(int i=fir.size()-1;i>=0;i--) A.push_back(fir[i]-'0');
        for(int i=sec.size()-1;i>=0;i--) B.push_back(sec[i]-'0');
        C=sum(A,B);
        for(int i=C.size()-1;i>=0;i--) cout<<C[i];
        printf("\n");
        if(t!=0) printf("\n");
    }
    return 0;
}

B-你一定很熟悉，所以再熟悉一下

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這道題是在《挑戰程式設計競賽》中看到的，每次看到這道題我都反思著要多個角度看題，當然角度是提前學習過的角度，不能異想天開，
而這道題便是換了一個角度看題，題中螞蟻前進如果碰到另一只螞蟻便會掉頭，另一只螞蟻也是，題意是要我們找到全部螞蟻走出竿子的最長時間和最短時間，
每只螞蟻的初始方向有兩種，而很容易想到二進制列舉所有可能，然后模擬求時間最終找出最短和最長時間，但是螞蟻數有 1 0 6 10^6 106所以不可能，那么如果兩只螞蟻相遇互相掉頭其實就相當于互相穿過彼此（畢竟螞蟻速度都一樣），那么最長時間就是求最遠離竿子邊緣的距離，最短同理，那么每只螞蟻的向左和向右中找出最大值便是最長時間，最小值便是最小時間，那么時間復雜度就是是O(n)了，

#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAX_N=1e6+5;
int L,n;
int x[MAX_N];
int main(void){
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		cin>>L>>n;
		for(int i=0;i<n;i++) cin>>x[i];
		int minT=0'
		for(int i=0;i<n;++i)
			minT=max(minT,min(x[i],L-x[i])); //每只螞蟻是同時出發的哦！
		int maxT = 0;
		for(int i=0;i<n;++i)
			maxT=max(maxT,max(x[i],L-x[i]));
		printf("%d %d\n",minT,maxT);
	}
	return 0;
}

C-模板題不僅得會還得快

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走迷宮是標準的bfs，所以會就還得寫的快，不會就跟要抓緊學，bfs需要佇列用來儲存每一步的鄰點，從而達到由近及遠，直到佇列為空就是走到頭了，
而這道題還要求輸出這個最短路，所以還要保存走的路，

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代碼就不說了,畢竟是模板題，嘿嘿🤭
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D-這也是模板題，練練手速吧

題目地址

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模板題就不用題解了吧！！！
：）
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E-思考數字是最美妙的

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此題是一道數學題，也是一道技巧題，也是不能直接算的，否則會超時的！！！
解題思路：設 n n = d ? 1 0 k ? 1 ( k 表 示 n n 的 位 數 , d 表 示 為 一 個 浮 點 數 ) n^n=d*10^{k-1}(k表示n^n的位數,d表示為一個浮點數) nn=d?10k?1(k表示nn的位數,d表示為一個浮點數)
所以 d = 1 0 ( l o g 10 ( n n ) ? ( k ? 1 ) ) d=10^{(log_{10}(n^n)-(k-1))} d=10(log10?(nn)?(k?1))
而 k = ? l o g 10 ( n n ) + 1 ? k= \lfloor log_{10}(n^n)+1 \rfloor k=?log10?(nn)+1?
帶入上式 d = 1 0 l o g 10 ( n n ) ? ? l o g 10 ( n n ) ? d=10^{log_{10}(n^n)- \lfloor log_{10}(n^n) \rfloor } d=10log10?(nn)??log10?(nn)?
在化解一下 d = 1 0 n ? l o g 10 n ? ? n ? l o g 10 n ? d=10^{n*log_{10}n- \lfloor n*log_{10}n \rfloor } d=10n?log10?n??n?log10?n?
所以最后d取整就是答案了，呼~，難，數學難！！

#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
int main(){
	int T,n;
	double x=0.0;
	cin>>T;
   	while(T--){
    	cin>>n;
   		printf("%d\n",(int)(pow(10,((n*log10((double)n)-(__int64)(n*log10(n)))))));
   }
   return 0;
}

F-我“一定一定”要見到公主

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三個陣營，公主的人a、皇后的人b、還有看熱鬧的人c，公主的人包括公主，他們只會說真話，皇后的人只會說假話，看熱鬧的人就想說什么就說什么，所以要100%找到公主，那么看熱鬧的人就指定不上了，所以如果公主的人大于皇后的人和看熱鬧的人，那么公主就一定能找到，而如果公主的人只有一個，那么就一定是公主所以就不用問就可以知道，否則根據鴿籠原理，就得問 2 ? ( b + c ) + 1 2*(b+c)+1 2?(b+c)+1次

#include <iostream>
using namespace std;

int main(){
    int a,b,c;
    cin>>a>>b>>c;
    if(a>(b+c)){
        if(a==1) printf("YES\n0");
        else printf("YES\n%d",2*(b+c)+1);
    }else printf("NO\n");
    return 0;
}

G-有時會取模玩游戲更厲害

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這是一道非常基礎的博弈，只要看了相關的資料這題應該是沒有問題的，只是有時候的確是這樣的，看這對，方法也是這樣的，但是就是WA，這樣的情況也不是沒有，我也時時為這種情況頭疼，當然沒辦法，這種情況我們要么看看別人的，要么換思路，，

這道題很簡單，就不多說，主要說一下結論，就是n%（m+1）這個m和1分別是可以摸到的最大值和最小值，

對于任意的p，q（p，q分別是可以摸的最大值和最小值）這個結論都是對的，即n%（p+q），這是一個回圈，大家應該是會懂得，’
這里我要強推這篇blog 常見的幾種博弈

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    int m,n;
    int c;
    cin>>c;
    while(c--){
        cin>>n>>m;
        if(m>=n||(n%(m+1)!=0))
            cout<<"first"<<endl;
        else cout<<"second"<<endl;
    }
    return 0;
}