A：欢迎来到辽宁省赛
题目描述
小Z躺在床上看了看表 , 现在是13:30 , 2023辽宁省大学生程序设计竞赛的报名将会在 14:00 截止。
然而不急 , 省赛的参赛队伍还没有向他提交名单。小Z知道 , 只要 3 分钟他就可以完成报名 , 完成汇款。
现在他想知道 , 队伍要在多少分钟内向他提交完名单。(如有巧合 , 纯属雷同)
输入描述:
无
输出描述:
无
思路
签到题，直接输出即可
AC代码
27
B：胜率
题目描述
某个公平竞技手游中有胜率的概念，胜率是一个百分数，等于在游戏中获胜的局数除以参与的游戏局数。在本题中，我们将胜率进行四舍五入，修约为两位小数。
比如参加了 7 局游戏，赢了 3 局，那么胜率为 42.86%
请问如果胜率是 A% (A 是一个两位小数)，最少需要参加几局游戏（至少需要参加一局游戏）。
输入描述:
一个两位小数 , 表示A
输出描述:
输出一个自然数，表示最少参加了几局游戏。
思路
枚举分母，从2-10000
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
int main(){
double a;
cin>>a;
ll ans=0;
if(a==0||a==1)
{
cout<<1<<endl;
return 0;
}
for(int i=2;i<=10000;i++){
double num=a*i/100;
int num1;
int res=num*10;
if(res%10>=5){
num1=num+1;
}else{
num1=num;
}
int t=1.0*num1/i*10000;
if((int)(1.0*num1/i*100000)%10>=5){
t++;
}
int a1=a*100;
if(t==a1){
ans=i;
break;
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
F：隔板与水槽
题目描述
给定一个数轴，数轴上有n个隔板，第i个隔板的高度为a[i]，在数轴上的位置为i。
定义一个水槽为两个隔板以及中间的区域，水槽的容积为两个隔板的高度中较小的值乘以两个隔板的距离。
现在你需要找出三个隔板，使得其构成两个水槽（位于中间的隔板将被共用），使得两个水槽的容积和最大，求此容积和。
输入描述:
第一行输入一个整数n。接下来一行输入n个数，表示a[i] 。
输出描述:
一行一个整数，表示三个隔板所组成两个水槽的最大容积和。
思路
三个隔板分别记为i、j、k，先预处理出隔板i到隔板j的容积，和隔板j到隔板k的最大容积（k取j+1——n)，枚举隔板i到隔板j的所有情况，求隔板i到隔板j容积加隔板j到隔板k的最大容积和
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
int main(){
int n;
scanf("%d",&n);
ll a[n+1];
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
ll d[n+5][n+5];
ll md[n+5];
for(int i=1;i<n;i++){
md[i]=0;
for(int j=i+1;j<=n;j++){
d[i][j]=min(a[i],a[j])*(j-i);
if(d[i][j]>md[i]){
md[i]=d[i][j];
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=1;i<n-1;i++){
for(int j=i+1;j<n;j++){
ans=max(ans,d[i][j]+md[j]);
}
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
H：取石子
题目描述
Alice和Bob轮流在一个石子堆取石子，谁先无法操作谁输。Alice先手。
给定两个正整数a,b。Alice每次能拿走 a2x2 +ax+1 个石子，Bob每次能拿走b2x2 +by+1 个石子。（x、y是由Alice、Bob自己确定的非负整数，每次的x可以不同，每次的y可以不同，但是每次取走的石子数不能超过总石子数。）
现在有T组询问，每组询问给定a,b,这个石子堆的石子数n，问在两人都足够聪明的前提下，谁能取得胜利。
输入描述:
第一行一个正整数T，表示有几个石子堆。
接下来的T行，每行三个正整数a,b,n。（a,b意义如题目描述，n为这个石子堆的石子数）
输出描述:
输出T行，每行输出一个字符串。如果Alice取得胜利，则输出“Alice”；如果Bob取得胜利，则输出“Bob”。（不包括引号）
思路
Alice和Bob每次都只能取走奇数个石子，所以只需要判断n的奇偶性就可以了,基数Alice赢，偶数Bob赢
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
int t,a,b,n;
cin>>t;
while(t--)
{
cin>>a>>b>>n;
if(n%2==1) cout<<"Alice\n";
else cout<<"Bob\n";
}
}
M：让二追三
题目描述
你也想像杭闪打出让二追三的操作，于是打开守望先锋，进行了n场比赛。我们定义“让二追三”为，连续五场比赛为“输输赢赢赢”。你的每场比赛获胜的概率是p（p=a/b），你想知道在n场比赛里你能打出的“让二追三”在模1e9+7下的期望次数。
简单来说，有一个长度为n的01串，其中每一位是1的概率是p（p=a/b），是0的概率是1−p。问这个01串中00111 这个子段在模1e9+7下的期望个数。
输入描述:
第一行一个正整数T，表示有T组数据。
接下来的T行,每行三个正整数a,b,n。（a/b表示一场比赛赢的概率，n表示比赛的场数。）
输出描述:
输出T行，每行输出一个整数，表示在模1e9+7下的00111的期望个数。
思路
运用逆元对分母取模，一个00111子串的概率是(1-p)2 p3,乘以n-4
AC代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=2e5+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
const ll M=1e9+7;
inline ll qpow(ll a,ll n,ll p){
ll ans=1;
while(n){
if(n&1){
ans=ans%p*a%p;
}
a=a%p*a%p;
n>>=1;
}
return ans;
}
inline ll inv(ll a,ll p){
return qpow(a,p-2,p);
}
void solve(){
int a,b,n;
cin>>a>>b>>n;
if(n<5){
cout<<0<<endl;
return ;
}
ll ans=1;
ans=(qpow(b-a, 2, M)*qpow(a,3,M)%M*(n-4)%M*inv(qpow(b,5,M),M))%M;
cout<<ans<<endl;
}
int main(){
int T=1;
cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}