A - Generalized ABC
额，对，是的，没错，先这样再那样然后这样
就是这样。
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#include<cstdio>
int n;
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i = 0; i < n; i ++) {
printf("%c", 'A' + i);
}
return 0;
}
B - Let's Get a Perfect Score
枚举所有组合，然后暴力判断就好。
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#include<cstdio>
const int N = 35;
char s[N][N];
int n, m, ans;
bool check(int x, int y) {
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
if(s[x][i] == 'x' && s[y][i] == 'x') return 0;
}
return 1;
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%s", s[i] + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = i + 1; j <= n; j ++) ans += check(i, j);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
C - String Delimiter
差分，记录一下 封闭区间，然后直接枚举转移就好。
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#include<cstdio>
const int N = 2e5 + 5;
char s[N], ans[N];
int n, tot, v[N];
int main() {
scanf("%d %s", &n, s + 1);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(s[i] == '"') {
tot ++;
if(tot & 1) v[i] ++;
else v[i] --;
}
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) v[i] += v[i - 1];
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(s[i] != ',') ans[i] = s[i];
else if(!v[i]) ans[i] = '.';
else ans[i] = ',';
}
printf("%s", ans + 1);
return 0;
}
D - Make Bipartite 2
是哪个大冤种 return 0 写成了 return 1 导致 RE 还没发现， 开开心心去切下一题，然后痛失 400 pts。
哦，是我呀~
首先，二分图内没有长度为奇数的回路。
所以如果我们将一个图内的点分为两部分，这两部分的点互相连起来的不重复的点都满足是二分图的条件。
于是，我们先判断每个联通块是否是二分图，如果不是，答案为 0，
然后记录一下两种颜色的点数 c1 , c2，计算出他们的贡献就好。
关于贡献，无非就是有一个联通分量，或者多个联通分量。
-
对于一个联通分量，贡献为 c1 * c2 - m
-
而多个联通分量，其实就是 每个联通分量的可能的连边 c1 * c2 再加上 各个联通分量之间连边 (c1 + c2) * (n - c1 - c2) 再减去本来的连边 m。
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#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5;
#define int long long
vector<int> G[N];
int n, m, col[N], cnt1, cnt2;
bool dfs(int x, int c) {
col[x] = c;
if(c == 1) cnt1 ++;
else cnt2 ++;
int ver;
for(int i = 0; i < G[x].size(); i ++) {
ver = G[x][i];
if(col[ver] == c) return 0;
if(!col[ver] && !dfs(ver, 3 - c)) return 0;
}
return 1;
}
int ans1, ans2;
signed main() {
scanf("%lld %lld", &n, &m);
int u, v;
for(int i = 1; i <= m; i ++) {
scanf("%lld %lld", &u, &v);
G[u].push_back(v), G[v].push_back(u);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
if(!col[i]) {
cnt1 = cnt2 = 0;
if(!dfs(i, 1)) {
puts("0");
return 0;
}
ans1 += cnt1 * cnt2;
ans2 += (cnt1 + cnt2) * (n - cnt1 - cnt2);
}
}
printf("%lld", ans1 + ans2 / 2 - m);
return 0;
}
E - Choose Two and Eat One
分析可得，一共会执行 n - 1 次操作，
所以我们可以 \(n^2\) 枚举每个分数，
可以直接建图，跑最大生成树，计算答案。
完了。
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#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 505;
#define int long long
vector<int> G[N];
bool vis[N];
int n, m, ans, a[N], dis[N], dp[N][N];
int qpow(int a, int b) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = res * a % m;
a = a * a % m, b >>= 1;
}
return res;
}
void solve() {
memset(dis, -1, sizeof(dis));
int tmp;
for(int i = 0; i < n; i ++) {
tmp = -1;
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
if(!vis[j] && (tmp == -1 || dis[tmp] < dis[j])) tmp = j;
}
if(i && dis[tmp] == -1) return;
if(i) ans += dis[tmp];
vis[tmp] = 1;
for(int j = 1; j <= n; j ++) dis[j] = max(dis[j], dp[j][tmp]);
}
}
signed main() {
scanf("%lld %lld", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%lld", &a[i]);
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 1; j <= n; j ++) {
if(i == j) dp[i][j] = -1;
else dp[i][j] = (qpow(a[i], a[j]) + qpow(a[j], a[i])) % m;
}
}
solve();
printf("%lld", ans);
return 0;
}
F - Union of Two Sets
不会写交互题，
（摆烂姿态）
标签：AtCoder,include,return,int,题解,++,联通,282,ver From： https://www.cnblogs.com/Spring-Araki/p/17154045.html