2023程序设计竞赛冲刺③（2019青岛市程序设计竞赛小学组）

1.取余

原题：

解题思路：

这道题30%的数据可以开longlong去存储计算，但100%的数据最多有3000位，无法存储，所以可以运用同余的性质，(a*b)%p=(a%p*b%p)%p

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e3+5,MOD = 1e4+7;;
ll a[N],n,ans=1;
int main(){
	freopen("mod.in","r",stdin);
	freopen("mod.out","w",stdout);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=((ans%MOD)*(a[i]%MOD))%MOD;
	cout<<ans;
	return 0;
}

2.加密

原题：

解题思路：

这道题有两种方法，第一种是打表，记录每个字母对应的字符，进行输出，第二种是模拟法，分情况输出，当S_i=a或b是，分别输出y和z，其他的是输出前2个字符。

AC代码：

这里用的是打表的方法。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
string p;
char a[26]={'y','z','a','b','c','d','e','f','g','h','i','j','k','l','m','n','o','p','q','r','s','t','u','v','w','x'};
char b[26]={'Y','Z','A','B','C','D','E','F','G','H','I','J','K','L','M','N','O','P','Q','R','S','T','U','V','W','X'};
int main(){
	freopen("jm.in","r",stdin);
	freopen("jm.out","w",stdout);
	cin>>p;
	for(int i=0;i<p.length();i++){
		if(p[i]>='a'&&p[i]<='z')cout<<a[p[i]-'a'];
		else if(p[i]>='A'&&p[i]<='Z')cout<<char(b[p[i]-'A']);
	}
	return 0;
}

3.进制转换

原题：

解题思路：

暴力求模数逆序串即可

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
ll n;
int k;
char t[17]={'0','1','2','3','4','5','6','7','8','9','A','B','C','D','E','F'};
string change(ll n,int k){
	string ans="";
	while(n){
		ans+=t[n%k];
		n/=k;
	}
	for(int i=0,j=ans.length()-1;i<j;i++,j--)swap(ans[i],ans[j]);
	return ans;
}
int main(){
	freopen("change.in","r",stdin);
	freopen("change.out","w",stdout);
	cin>>n>>k;
	cout<<change(n,k);
	return 0;
}

 4.上学路线

原题：

解题思路：

这道题与第一题相似，都用到了同余的性质，这道题可以用深搜，也可以用DP，DP的状态转移方程是dp_i,j=(dp_i-1,j+dp_i,j-1)%1000000007

AC代码：

这里用的是DP

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 1e3+5,MOD = 1e9+7;
ll dp[N][N],n,m;
int main(){
	freopen("roud.in","r",stdin);
	freopen("roud.out","w",stdout);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=m;i++)dp[1][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=2;j<=m;j++){
			dp[i][j]=((dp[i-1][j]%MOD)+(dp[i][j-1]%MOD))%MOD;
		}
	}
	cout<<dp[n][m];
	return 0;
}