牛客周赛 Round 93题解（个人向A-E）
题目链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/109904
a题
签到题，直接按题意模拟即可
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin>>n;
long long a = pow(2,n);
ll b = n*n*n;
if(a<b){
cout<<'A';
}else{
cout<<'B';
}
return 0;
}b题
同样是简单的模拟字符串题目，可以用substr取子串，然后注意判断完美对称的条件不要漏了就行
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
bool dc(string ss){
if(ss[0]==ss[2]&&ss[2]==ss[4]){
if(ss[1]==ss[3]){
if(ss[0]!=ss[1]){
return true;
}
}
}
return false;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
string s;
cin>>s;
int le = s.size();
ll sum = 0;
for(int i = 0;i+4<=le-1;i++){
string ss = s.substr(i,5);
bool as = dc(ss);
if(as){
sum++;
}
}
cout<<sum<<endl;
return 0;
}c题
我看的第一反应是dfs，但是看复杂度显然不可能，然后想到是不是类似今年蓝桥杯的那个连通器问题，不过马上就排除了，先按模拟思路分情况讨论了以下，马上就可以看出是思维题，要么不放障碍，要放也只可能放一个，因为只有两行，多放影响一个必然也影响另一个，没有意义。只需要考虑两人的相对位置就行，终点前需特判一下。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e5+10;
int a[2][N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int b;
int n;
cin>>n;
int x1,y1;
int x2,y2;
cin>>x1>>y1;
cin>>x2>>y2;
int bo = 0;//-1 no 1 yes
if(x1==x2&&y1==y2){
bo = 1;
}
if(x1==x2&&y1!=y2){
bo = -1;
}
if(x1!=x2&&y1==y2){
bo = -1;
}
if(x1!=x2&&y1!=y2){
if((x1==x2-1&&y1 == y2+1)||(x1==x2+1&&y1 == y2-1)){
bo = 1;
}else if((x2 == x1+1&&y2 ==y1+1)||(x1 == x2+1&&y1 ==y2+1)){
if(y1!=n-1&&y2!=n-1){
bo = 1;
}
}
}
if(bo==-1||bo == 0){
cout<<"NO";
}else if(bo==1){
cout<<"YES";
}
return 0;
}d题
思维题，既然确定处理k次，那处理后的数组长度是确定的，比较字典序只需要让第一个数最大就行。（假设处理后的数组是以第二个数字作为基底的，那么移开a1需要1个代价，那么肯定不如累加在a2上，那么此操作应该与a2加到a1上。如果有许多这样相同的数，那么优先累加最靠近数组尾部的数。把这个命题反向思考易得。
需要注意数据范围，对第一个数一直加可能会爆int。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 2e5+10;
ll f;
ll a;
ll c[N];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
ll T;
cin>>T;
while(T--){
int n,k;
cin>>n>>k;
memset(c, 0, sizeof c);
priority_queue<ll>pq;
// priority_queue<int>().swap(pq);
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(i==1){
cin>>f;
c[i] = f;
}else{
cin>>a;
c[i] = a;
pq.push(a);
}
}
for(int i = 1;i<=k;i++){
ll b = pq.top();
for(int j = n;j>=1;j--){//记录用掉的数字，反向遍历，相同的数有多个，优先用后面的
if(c[j]==b){
c[j] = -1;
break;
}
}
pq.pop();
f+=b;
}
ll s = n-k;
c[1] = f;
ll as = 0;
for(int i = 1;i<=n;i++){
if(c[i]!=-1){
cout<<c[i]<<" ";
as++;
}
if(as==s){
break;
}
//cout<<" ";
}
cout<<endl;
}
return 0;
}d题
这题也不好想，根据复杂度直接模拟暴力显然不可能，正解是根据mex分类讨论，mex如果等于0，那集合内数字必然全部相等，直接算它的非空子集就行，有t个元素，公式2 的t次方-1。如果mex不为零，那么最小值肯定是0，要想满足mex大于最大值，那么数字序列必须是连续的，而且集合内的数字必然只能存在0, mex-1区间的数字。以每个数字可以产生的方案数为元素进行计算即可。
cpp
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int mod=1e9+7;
const int N=1e6+1000;
long long net[N];
int a[N];
long long qmi(long long a, long long b, long long m) {
a %= m;
long long res = 1;
while (b > 0) {
if (b & 1) res = res * a % m;
a = a * a % m;
b >>= 1;
}
return res;
}
int cal(int x){
return qmi(2, x, mod)-1;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin>>n;
int maxn=0;
for(int i=1; i<=n; ++i){
cin>>a[i];
net[a[i]]++;
maxn=max(maxn, a[i]);
}
for(int i=0; i<=maxn; ++i)net[i]=cal(net[i]);
long long ans=0;
for(int i=1; i<=maxn; ++i){
ans+=net[i];
ans%=mod;
}
for(int i=1; i<=n; ++i){
net[i]*=net[i-1];
net[i]%=mod;
}
for(int i=0; i<=maxn; ++i){
ans+=net[i];
ans%=mod;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}