这里写目录标题
前三题比较水,直接上代码
A - ∴ (Therefore)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n; scanf("%d", &n);
n = n % 10;
if (n == 3) printf("bon");
else if (n == 0 || n == 1 || n == 6 || n == 8) printf("pon");
else printf("hon");
return 0;
}
B - … (Triple Dots)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e3 + 10;
int N;
char s[MAX], t[MAX];
int main() {
scanf("%d%s", &N, s + 1);
int len = strlen(s + 1);
if (len <= N) printf("%s\n", s + 1);
else {
strncpy(t + 1, s + 1, N);
printf("%s%s\n", t + 1, "...");
}
return 0;
}
C - : (Colon)
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e3 + 10;
const double PI = acos(-1);
double A, B;
int H, M;
int main() {
scanf("%lf%lf%d%d", &A, &B, &H, &M);
double totM = H * 60 + M;
double d1 = totM / 2;
double d2 = M * 6;
double d = abs(d1 - d2);
d = min(d, 360 - d);
double coss = cos(d / 180 * PI);
printf("%.16lf\n", sqrt(A * A + B * B - 2 * A * B * coss));
return 0;
}
D - … (Double Dots)
题意
个点
条边的图,让你在每个点指明一个方向(就是下一个点),使得从每个点出发,沿着点的指定方向走最终能到达点1
如果可以,输出yes,并且给出每个点指明的方向,否则输出no
题解
我们反着考虑,直接从点 出发 即可
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX = 1e5 + 10;
int N, M;
vector<int> g[MAX];
int ans[MAX], vis[MAX];
queue<int> q;
bool bfs() {
q.push(1); vis[1] = 1;
while (!q.empty()) {
int u = q.front(); q.pop();
for (auto &v: g[u])
if (!vis[v]) {
ans[v] = u;
q.push(v); vis[v] = 1;
}
}
for (int i = 1; i <= N; i++)
if (!vis[i]) return false;
return true;
}
int main() {
scanf("%d%d", &N, &M);
for (int i = 1; i <= M; i++) {
int u, v; scanf("%d%d", &u, &v);
g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
}
if (bfs()) {
printf("Yes\n");
for (int i = 2; i <= N; i++)
printf("%d\n", ans[i]);
}
else printf("No\n");
return 0;
}
E - ∙ (Bullet)
题意
个点,每个点给出
在一个集合中,不能存在满足
的点对
现在问能选出多少这样的集合
题解
等式转换一下得到,
所以可能有很多点
相等,把他们染成相同的颜色
然后不能和他们同时出现的颜色就是
,找出他们即可
但是注意,这里等式转换的前提是
所以有四种情况:
①
②
③
④
其中,
①和其他三种都不能在一个集合
②和③不能在一个集合
④中某些点不能在一个集合
那么我们直接染色找即可
还有一个问题
就是
是一个小数,如果我们用
来存有可能精度不够(我比赛的时候就是精度炸了)
所以将
转化为分数
的三元组
来记录,还要考虑一下符号,所以用两个
最后我们都找到了后,要考虑计算答案
对于一种颜色
来说,假如它有
个点
每个点选和不选两种情况,总的就是
种情况,再减去全都不选的情况,所以最终这个颜色的选法就是
然后假如不能和他同时选的另一种颜色是
那么就是三种情况
这样考虑就行
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<int, pii> piii;
const int MAX = 2e5 + 10;
const ll mod = 1000000007;
int N;
ll siz[MAX], rhs[MAX], col, vis[MAX];
ll f[MAX], num1, num2;
map<piii, int> mp[2];
piii calc(ll x, ll y) {
x = abs(x), y = abs(y);
ll gcd = __gcd(x % y, y);
return piii{x / y, {x % y / gcd, y / gcd}};
}
int main() {
#ifdef ACM_LOCAL
freopen("input.in", "r", stdin);
freopen("output.out", "w", stdout);
#endif
scanf("%d", &N);
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= N; i++) f[i] = 1ll * f[i - 1] * 2 % mod;
for (int i = 0; i <= N; i++) f[i] = (f[i] - 1 + mod) % mod;
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= N; i++) {
ll a, b; scanf("%lld%lld", &a, &b);
if (a == 0 && b == 0) ans++;//a=0,b=0,只能选和不选
else if (a == 0) num1++;
else if (b == 0) num2++;
else {
piii now = calc(a, b), pre = calc(b, a);//转化为三元组
int state = 0;//判断符号
if (1.0 * a / b > 0) state = 1;
if (!mp[state].count(now)) {
mp[state][now] = ++col;
if (mp[state ^ 1].count(pre))
rhs[col] = mp[state ^ 1][pre], rhs[mp[state ^ 1][pre]] = col;
}
siz[mp[state][now]]++;
}
}
ll t = (f[num1] + f[num2] + 1) % mod;//a = 0, b != 0 和 a!=0, b = 0
for (int i = 1; i <= col; i++)
if (!vis[i]) {
vis[i] = 1;
if (rhs[i]) {
vis[rhs[i]] = 1;
t = t * ((1ll + (f[siz[i]] + f[siz[rhs[i]]]) % mod) % mod) % mod;
}
else t = t * ((1ll + f[siz[i]]) % mod) % mod;
}
ans = (ans + t) % mod;
printf("%lld\n", (ans - 1 + mod) % mod);
return 0;
}