幂的运算
题目：给定a, b, c, 求 \(a^{b}\) mod c。
分析：快速幂板子题
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
long long n, m, k;
long long ksm(long long a, long long b, long long p) {
long long ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) ans = ans * a % p;
a = a * a % p;
b >>= 1;
}
return ans;
}
int main(){
cin >> n >> m >> k;
cout << ksm(n, m, k) << endl;
return 0;
}
选举快报
题目：每次给定一个提名的候选者的名字，输出当前候选者出现次数最多的名字，相同输出字典序排名靠前的候选者。
分析：优先队列实时维护，map映射字符串对应数量
代码：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m, k;
string str;
struct node {
int x;
string name;
bool operator < (const node& a) const {
if (x == a.x)
return name > a.name;
return x < a.x;
}
};
priority_queue<node> q;
map<string, int> ma;
int main(){
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> str;
ma[str]++;
q.push({ma[str], str});
cout << q.top().name << endl;
}
return 0;
}
倒水问题
题目：三个没有刻度的杯子，容量分别为 a 升、b 升与 c 升。一开始，只有容量为 c 的杯子中灌满了水，另外两个杯子是空的。可以将水从一个杯子倒去另一个杯子，倒水过程直到原杯子变空或新杯子变满才会停止。水只能在杯子间转移，不会凭空增加或减少。请输出最少能有多少水可以出现在某个杯子里，并输出最少需要多少步才能达到这一目的。
分析：a,b,c范围5000内，看数据才时间复杂度\(O(n^{2})\),三个杯子，两个杯子装的水确定了，第三个杯子装的水就也确定了，状态暴力转移，有水就可以转移，转移分为可能装满，和装不满，分类清楚即可。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, k;
int ans = 5001, cnt;
struct node {
int a, b, c, step;
};
bool f[5010][5010];
queue<node> q;
int main(){
cin >> n >> m >> k;
q.push({0, 0, k, 0});
while (!q.empty()) {
node x = q.front();
q.pop();
int a = x.a, b = x.b, c = x.c, step = x.step;
if (a && a < ans) {
ans = a;
cnt = step;
}
if (b && b < ans) {
ans = b;
cnt = step;
}
if (c && c < ans) {
ans = c;
cnt = step;
}
if (a) {
if (a + b >= m && !f[a+b-m][m]) {
f[a+b-m][m] = true;
q.push({a+b-m, m, c, step+1});
}
else if (a + b < m && !f[0][a + b]) {
f[0][a+b] = true;
q.push({0, a+b, c, step+1});
}
if (!f[0][b]) {
f[0][b] = true;
q.push({0, b, c + a, step + 1});
}
}
if (b) {
if (a + b >= n && !f[n][a + b - n]) {
f[n][a + b - n] = true;
q.push({n, a + b - n, c, step+1});
}
else if (a + b < n && !f[a + b][0]) {
f[a+b][0] = true;
q.push({a+b, 0, c, step+1});
}
if (!f[a][0]) {
f[a][0] = true;
q.push({a, 0, c + b, step + 1});
}
}
if (c) {
if (c + a >= n && !f[n][b]) {
f[n][b] = true;
q.push({n, b, c+a-n, step+1});
}
else if (c + a < n && !f[c+a][b]) {
f[c+a][b] = true;
q.push({c+a, b, 0, step+1});
}
if (c + b >= m && !f[a][m]) {
f[a][m] = true;
q.push({a, m, c+b-m, step+1});
}
else if (c + b < m && !f[a][c+b]) {
f[a][c+b] = true;
q.push({a, c+b, 0, step+1});
}
}
}
cout << ans << endl << cnt << endl;
return 0;
}
修改回文（二）
题目：给定一个仅由小写字母组成的字符串 s ，你可以添加一些字符（也可以不加），使其构成回文串。请你输出在添加字符数最少的前提下，能够构成字典序最小的回文串。
分析：\(1e^{3}\)范围想\(n^{2}\)，添加字符数最少的回文，就可以用区间dp的思路，只看最外围的情况，比如从l 到 r的区间 如果第l个字符和第r个字符一样，那数量就和从l+1到r-1的数量一样，如果不是就是看从l到r-1和从l+1到r范围内哪个少就是哪个，如果都一样那哪个对于数量来说都一样，但要求构成字典序最小，然后需要比第l个字符和第r个字符的ascll码，哪个小加哪个，所以通过分析知道我们要预处理长度为1和长度为2的字符串，然后dp刷，如果直接维护答案，那么时间复杂度是 \(n^{3}\) 就tle了，所以我们先维护字符串数最少是多少，然后在这个条件下去回溯找到这个最小的回文串是什么。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
string str;
int dp[1010][1010]; //dp[i][j]表示从str[i]到str[j]通过添加字符数构成回文串的字符串最少数量
string sol(int l, int r) {
if (l == r) return str.substr(l, 1);
if (l + 1 == r) {
if (dp[l][r] == 0) return str.substr(l, 2);
if (str[l] < str[r]) return str.substr(l, 2) + str[l];
return str[r] + str.substr(l, 2);
}
if (str[l] == str[r]) {
return str[l] + sol(l + 1, r - 1) + str[r];
}
if (dp[l + 1][r] < dp[l][r - 1]) {
return str[l] + sol(l + 1, r) + str[l];
}
if (dp[l + 1][r] > dp[l][r - 1]) {
return str[r] + sol(l, r - 1) + str[r];
}
if (str[l] < str[r]) {
return str[l] + sol(l + 1, r) + str[l];
}
return str[r] + sol(l, r - 1) + str[r];
}
int main(){
cin >> str;
int n = str.size();
str = '0' + str;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i][i] = 0;
}
for (int l = 1; l + 1 <= n; l++) {
if (str[l] != str[l + 1])
dp[l][l + 1] = 1;
}
for (int i = 3; i <= n; i++) {
for (int l = 1; l + i - 1 <= n; l++) {
int r = l + i - 1;
if (str[l] == str[r])
dp[l][r] = dp[l+1][r-1];
else {
dp[l][r] = min(dp[l+1][r], dp[l][r-1]) + 1;
}
}
}
cout << sol(1, n) << endl;
return 0;
}