这是跟学长学姐组队来打的最爽的一次比赛了，也可能是互相组队最后一次比赛了，南哥和楼学姐，省赛之后就退役了，祝他们能考研和面试都有happy ending！
虽然最后没有把F题的n^2约数的数学题写完，但体验了好久没有思考尽力的感觉，超级超级棒！！
A：跳台阶
签到题：直接输出1<<(n-1)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; int main(){ int t,n; cin>>t; while(t--){ cin>>n;--n; printf("%d ",1<<n); } }
D： psd面试
思路：最长回文子序列模板题啦，网搜一个随便都能找到的，f(i,j)代表从i到j的最长回文子序列。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const int N=1500; int n,dp[N][N]; char s[N]; int main(){ while(~scanf("%s",s)){ n=strlen(s); for(int i=0;i<n;i++){ if(s[i]>='A'&&s[i]<='Z'){ s[i]=s[i]-'A'+'a'; } } for(int i=n-1;i>=0;i--){ dp[i][i]=1; for(int j=i+1;j<n;j++){ dp[i][j]=dp[i+1][j]; if(s[i]==s[j]){ dp[i][j]=dp[i+1][j-1]+2; } else { dp[i][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j-1]); } } } printf("%d ",n-dp[0][n-1]); } }
F：等式
思路：做以下解释：
首先考虑打表：由于x>=y,有1/x<=1/y,因此1/n-1/y<=1/y，即y<=2*n.这样，只需要在2*n范围之内枚举y，然后根据y尝试计算出x即可。这就是TOJ的4686题。但是！这里不行，因为n太大，每次循环如果数据都的是1e9，肯定会超时。
那么换种思路？
先看看暴力做的代码吧！
int sum = 0;
for(i=n+1;i<=2*n;i++) {if((i*n)%(i-n)==0) { sum++; } }
注意看，是从n+1到n*2枚举(n*i)能否整除i-n；
那么做以下转化：
n*(n+k)/k k属于[1,n]，求n*(n+k)/k是整数的k的个数。 发现式子可以化简为 n*n/k+1 。到这里，就好做了。 问题就转化为求n^2 中，在n之内的约数个数。
考虑到n^2是1e18次级，不太容易求。我们求n的约数即可。
做以下解释：12 = 2^2 * 3^1 约数个数为 指数+1的乘积。即(2+1)*(1+1) = 6
12^2 = 144 = 2^4 * 3 ^2 约数个数为 (4+1)*(2+1) = 15
可以看到，平方数的每一项都是原来的 (2倍指数值+1)
接下来就是欧拉函数+约数公式的问题了。最后注意一点。是如果最后剩下来的数如果是个大素数，那么别忘了乘以3。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int t; cin>>t; while(t--) { long long x,n,ans = 1; cin>>n; x=n; for(long long i = 2;i*i <= n;i++){ if(n%i==0){ long long c = 0; while(x%i == 0){ c++; x/=i; } ans *= (2*c + 1);//需要乘以2倍的指数 } } if(x != 1)ans *= 3;//最后留下来是个大素数 cout<<(ans+1)/2<<endl; } return 0; }
G：旋转矩阵
思路：大模拟！R可以转换为3个L，或者L可以转化为3个R，然后mod4，就算出了最后需要转几次，模拟做就行。（挺恶心的）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; struct pic{ char mp[40][40]; int x,y; }P[4]; int main(){ int flag=0; int t;char s[1111]; scanf("%d",&t); while(t--){ int n,m; scanf("%d %d",&n,&m); P[0].x=n;P[0].y=m; for(int i=0;i<n;i++){ scanf("%s",P[0].mp[i]); } scanf("%s",s); P[1].y=n;P[1].x=m; for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=0;j<m;j++){ if(P[0].mp[i][j]=='|') P[1].mp[j][n-i-1]='-'; if(P[0].mp[i][j]=='-') P[1].mp[j][n-i-1]='|'; if(P[0].mp[i][j]=='+') P[1].mp[j][n-i-1]='+'; } } P[2].x=n;P[2].y=m; for(int i=0;i<n;i++){ for(int j=0;j<m;j++){ P[2].mp[i][j]=P[0].mp[n-i-1][m-1-j]; } } P[3].x=m;P[3].y=n; for(int i=0;i<P[3].x;i++){ for(int j=0;j<P[3].y;j++){ P[3].mp[i][j]=P[1].mp[m-1-i][n-1-j]; } } int ans=0,len=strlen(s); for(int i=0;i<len;i++){ if(s[i]=='L')ans+=3; else ans+=1; ans%=4; } printf("%d %d ",P[ans].x,P[ans].y); for(int i=0;i<P[ans].x;i++){ for(int j=0;j<P[ans].y;j++){ printf("%c",P[ans].mp[i][j]); } printf(" "); } printf(" "); } }
I题：
全场最水啦，直接输出字符串 ac 就行了，注意不要有空格。不附加代码了~
J：强迫症的序列
思路：找到最小的数Minnum，并且求个所有数的和sum。次数就是 sum 减去 n*Minnum；最后的数就是sum+次数*(n-1)
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; LL n,m,a[100030]; int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%lld",&n); LL sum=0,mi=10000000; for(int i=0;i<n;i++){ scanf("%lld",&a[i]); mi=min(mi,a[i]); sum+=a[i]; } LL c=sum-mi*n; LL x=sum+c*(n-1); printf("%lld %lld ",c,x/n); } }
K题：密码
思路：前排吐槽千万别用数组存数什么的，直接输出！存下来再输出会超内存的说。
大概就是找规律了，就是找这行的第一个跟下一个之间的规律，反正我找的就是：假设第一行第一个元素的位置是1，那么下一个就是1+(2*n-2)，再下一个就是1+2*(2*n-2)。。。最后是1+k*(2*n-2)。最后一行也是这样的
中间的n-2行，规律是2*(n-i)和2*(i-1)交替着出现吧。具体可以看代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; string s; int main(){ int n; int t; for(scanf("%d",&t);t--;){ scanf("%d",&n); cin>>s; if(n == 1){ cout<<s<<endl;continue; } s.insert(0,"&"); int su = 0; int ard = 1,j = 0; while(ard+j*(2*n-2) < s.size()){ printf("%c",s[ard+j*(2*n-2)]);j++; su++; } for(int i = 2 ; i <= n - 1 ; i++){ int k[2] = {2*(n-i),2*(i-1)}; int sum = 0,flag = 0; while(i + sum < s.size()){ printf("%c",s[i+sum]); if(!flag){ sum+=k[0]; flag = 1; } else{ sum+=k[1]; flag = 0; } su++; } } ard = n;j = 0; while(ard+j*(2*n-2) < s.size()){ printf("%c",s[ard+j*(2*n-2)]);j++; su++; } //printf(" %d ",su); puts(""); } }
L题：用来作弊的药水
思路：好佩服学姐！思维转的超级快，题目就是让我们求x的a次 等不等于 y的b次。学姐秒看出，直接两边同时求个对数，然后变成了aln(x) 是不是等于 bln(y)。这样就非常非常好做了。
随便写个long double判断一下就好了。代码附上！
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; long double x,y; int n,a,b,c,d; int main(){ int t; scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d %d %d %d",&b,&a,&d,&c); x=a*log10(b);y=c*log10(d); if(fabs(x-y)<1e-6){ puts("Yes"); } else puts("No"); } }