?
A题：Keyboard
模拟水题。
代码如下：
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 char s[]={qwertyuiopasdfghjkl;zxcvbnm,./}; int main() { int i, x, j, len; char c, s1[200]; scanf(%c,&c); if(c=='L') x=1; else x=-1; scanf(%s,s1); len=strlen(s1); for(i=0;i B题：Worms ? 水题。。 代码如下： ? #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 int dp[1100000]; int main() { int n, m, i, j, sum=0, x; scanf(%d,&n); for(i=0;i C题：Captain Marmot ? 暴力枚举，共4*4*4*4种情况，对每一种情况分别判断是否是正方形。我居然一直都以为是矩形。。 判断方法：将4条边与两条对角线分别计算出来。然后排序，4个小的肯定是边，2个大的是对角线，然后判断边是否都相等，对角线是否都相等，对角线是否是边的sqrt(2)倍（这里最好是用平方来判断是否是2倍）。然后找出移动次数最少的输出即可。 代码如下： ? #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 const int mod=1e9+7; struct node { LL x, y; }t1[5], t2[5], fei[5]; node solve(node x, node y, int z) { node t; t=x; int i; for(i=0;i D题：Flowers ? DP，还是水题。。可以这样考虑： 第n个只有两种情况，若第n个是R，那么情况数为dp[n-1]种。若第n个是W，由于W只能连续k个，所以说，第n-k+1至第n个必须都是W，那么此时情况数为dp[n-k]种。所以状态转移方程为： dp[n]=dp[n-1]+dp[n-k]。 然后用一个数组保存前缀和即可。 代码如下： #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 const int mod=1e9+7; LL dp[110000], sum[110000]; int main() { int i, j, n, k, a, b; LL x=0; sum[0]=0; dp[0]=0; scanf(%d%d,&n,&k); for(i=1;i<=k-1;i++) dp[i]=1; dp[k]=2; for(i=k+1;i<=100000;i++) { dp[i]=dp[i-k]+dp[i-1]; dp[i]%=mod; } for(i=1;i<=100000;i++) { sum[i]=(sum[i-1]+dp[i])%mod; } while(n--) { scanf(%d%d,&a,&b); printf(%I64d ,(sum[b]+mod-sum[a-1])%mod); } return 0; } 自己能做出来的只有这么些。。sad。。 ?
水题。。
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 int dp[1100000]; int main() { int n, m, i, j, sum=0, x; scanf(%d,&n); for(i=0;i C题：Captain Marmot ? 暴力枚举，共4*4*4*4种情况，对每一种情况分别判断是否是正方形。我居然一直都以为是矩形。。 判断方法：将4条边与两条对角线分别计算出来。然后排序，4个小的肯定是边，2个大的是对角线，然后判断边是否都相等，对角线是否都相等，对角线是否是边的sqrt(2)倍（这里最好是用平方来判断是否是2倍）。然后找出移动次数最少的输出即可。 代码如下： ? #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 const int mod=1e9+7; struct node { LL x, y; }t1[5], t2[5], fei[5]; node solve(node x, node y, int z) { node t; t=x; int i; for(i=0;i D题：Flowers ? DP，还是水题。。可以这样考虑： 第n个只有两种情况，若第n个是R，那么情况数为dp[n-1]种。若第n个是W，由于W只能连续k个，所以说，第n-k+1至第n个必须都是W，那么此时情况数为dp[n-k]种。所以状态转移方程为： dp[n]=dp[n-1]+dp[n-k]。 然后用一个数组保存前缀和即可。 代码如下： #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 const int mod=1e9+7; LL dp[110000], sum[110000]; int main() { int i, j, n, k, a, b; LL x=0; sum[0]=0; dp[0]=0; scanf(%d%d,&n,&k); for(i=1;i<=k-1;i++) dp[i]=1; dp[k]=2; for(i=k+1;i<=100000;i++) { dp[i]=dp[i-k]+dp[i-1]; dp[i]%=mod; } for(i=1;i<=100000;i++) { sum[i]=(sum[i-1]+dp[i])%mod; } while(n--) { scanf(%d%d,&a,&b); printf(%I64d ,(sum[b]+mod-sum[a-1])%mod); } return 0; } 自己能做出来的只有这么些。。sad。。 ?
暴力枚举，共4*4*4*4种情况，对每一种情况分别判断是否是正方形。我居然一直都以为是矩形。。
判断方法：将4条边与两条对角线分别计算出来。然后排序，4个小的肯定是边，2个大的是对角线，然后判断边是否都相等，对角线是否都相等，对角线是否是边的sqrt(2)倍（这里最好是用平方来判断是否是2倍）。然后找出移动次数最少的输出即可。
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 const int mod=1e9+7; struct node { LL x, y; }t1[5], t2[5], fei[5]; node solve(node x, node y, int z) { node t; t=x; int i; for(i=0;i D题：Flowers ? DP，还是水题。。可以这样考虑： 第n个只有两种情况，若第n个是R，那么情况数为dp[n-1]种。若第n个是W，由于W只能连续k个，所以说，第n-k+1至第n个必须都是W，那么此时情况数为dp[n-k]种。所以状态转移方程为： dp[n]=dp[n-1]+dp[n-k]。 然后用一个数组保存前缀和即可。 代码如下： #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 const int mod=1e9+7; LL dp[110000], sum[110000]; int main() { int i, j, n, k, a, b; LL x=0; sum[0]=0; dp[0]=0; scanf(%d%d,&n,&k); for(i=1;i<=k-1;i++) dp[i]=1; dp[k]=2; for(i=k+1;i<=100000;i++) { dp[i]=dp[i-k]+dp[i-1]; dp[i]%=mod; } for(i=1;i<=100000;i++) { sum[i]=(sum[i-1]+dp[i])%mod; } while(n--) { scanf(%d%d,&a,&b); printf(%I64d ,(sum[b]+mod-sum[a-1])%mod); } return 0; } 自己能做出来的只有这么些。。sad。。 ?
DP，还是水题。。可以这样考虑：
第n个只有两种情况，若第n个是R，那么情况数为dp[n-1]种。若第n个是W，由于W只能连续k个，所以说，第n-k+1至第n个必须都是W，那么此时情况数为dp[n-k]种。所以状态转移方程为：
dp[n]=dp[n-1]+dp[n-k]。
然后用一个数组保存前缀和即可。
#include #include #include #include #include #include #include #include #include #include #include using namespace std; #define LL __int64 const int mod=1e9+7; LL dp[110000], sum[110000]; int main() { int i, j, n, k, a, b; LL x=0; sum[0]=0; dp[0]=0; scanf(%d%d,&n,&k); for(i=1;i<=k-1;i++) dp[i]=1; dp[k]=2; for(i=k+1;i<=100000;i++) { dp[i]=dp[i-k]+dp[i-1]; dp[i]%=mod; } for(i=1;i<=100000;i++) { sum[i]=(sum[i-1]+dp[i])%mod; } while(n--) { scanf(%d%d,&a,&b); printf(%I64d ,(sum[b]+mod-sum[a-1])%mod); } return 0; }