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题目描述
欢迎各位教练，老师，同学们来到西南科技大学第十八届校赛。在这短暂的五个小时，尽情享受AC , AK的快乐。
藏头诗的本意一般藏在每个诗句的首字，将它们按顺序连起来读会有意想不到的效果。
《水浒传》第六十一回中梁山好汉为了拉卢俊义入伙，“智多星”吴用和宋江便生出一段“吴用智取玉麒麟”的故事来，利用卢俊义正为躲避“血光之灾”的惶恐心理，口占四句卦歌：
芦花丛中一扁舟，
俊杰俄从此地游。
义士若能知此理，
反躬难逃可无忧。
暗藏“卢俊义反”四字，广为传播。结果，成了官府治罪的证据，终于把卢俊义“逼”上了梁山。
现给你一首有 nn 行的"诗" ，你能解读出它的本意吗？
输入描述:
第一行输入一个正整数 nn (1≤n≤8)(1≤n≤8) ，表示"诗"的行数。
保证输入的字符只包含小写字母，每行"诗句"的字符数不超过 1010 。
输出描述:
输出仅一行一个字符串，表示"诗"想表达的本意。
示例1
输入
复制
5
south
west
university
science
technology
输出
复制
swust
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
int T; cin>>T;
string t = "";
while(T--){
string s; cin>>s;
t += s[0];
}
cout<<t<<"\n";
return 0;
}
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题目描述
远山起伏，黑魆魆地时隐时显；枯叶在秋风中飘落翻转。小c 不愿意看到校园里此番凄凉景象，决定动用他的魔法，让校园与身后的青山在秋季一样焕发生机！
我们把问题具象化：小c 面前的 nn 堆败叶堆排成一排，每一堆败叶堆有 a_ia
i
片败叶。如果小c 能够使得面前这一排败叶同时满足以下两个条件，那么小c 就可以发动魔法让这片青山，让这座校园焕发生机！
条件①：对任意 i∈[1,n)i∈[1,n) ， a_i+a_{i+1}a
i
+a
i+1
是一个质数；条件②：对任意 i∈[1,n]i∈[1,n] ， a_ia
i
是一个质数。
小c 可以对任意多堆的败叶堆，做任意多次任意操作 (也可以为 00 )：
操作①：令 a_i=a_i+2a
i
=a
i
+2 ；操作 ②：令 a_i=a_i-2a
i
=a
i
−2 。当然，你不可以令任何一堆败叶堆里败叶的数量为负数。
请问小c 能否让青山和校园焕发生机？
输入描述:
第一行输入一个正整数 tt (1≤t≤2×10^3)(1≤t≤2×10
3
) 表示测试数据组数。
每组测试数据第一行输入一个正整数 nn (1≤n≤1314)(1≤n≤1314) 表示败叶堆的堆数。
第二行输入 nn 个非负整数 a_ia
i
(0≤a_i≤1314520)(0≤a
i
≤1314520) ，表示第 ii 堆败叶堆里的败叶片数。
输出描述:
对于每组测试数据，如果可以让青山和校园焕发生机，一行输出一个字符串 “YES” ，否则输出一行一个字符串 “NO” 。(输出不包含引号)
示例1
输入
复制
7
1
0
1
9
2
5 2
2
11 17
3
99 1314520 99999
4
1919 810 114514 314159
6
3 14159 26535 89793 23846 26433
输出
复制
YES
YES
YES
NO
YES
NO
NO
说明
对于第一组测试用例，可以对第 11 堆败叶堆使用 11 次操作①，则序列变为 { 2}{2} ，满足条件。
对于第二组测试用例，可以对第 11 堆败叶堆使用 11 次操作②，则序列变为 { 7 }{7} ，满足条件。
对于第三组测试用例，不需要操作，序列满足条件。
对于第四组测试用例，可以证明，永远无法同时满足两个要求。
对于第五组测试用例，可以对第 11 堆败叶使用 44504450 次操作①，再对第 22 堆败叶堆使用 657259657259 次操作②，最后对第 33 堆败叶使用 608596608596 次操作①，则序列变为 {8999,2,1317191}{8999,2,1317191} 。
第六、七组样例不再过多阐释。
当然，可能的操作方法不唯一，最后变成的序列也不唯一。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5050;
int a[maxn], b[maxn];
#define IOS ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0),cout.tie(0)
bool isprime(int n){
if(n<2)return false;
for(int i = 2; i <= n/i; i++){
if(n%i==0)return false;
}
return true;
}
int main(){
IOS;
int T; cin>>T;
while(T--){
int n; cin>>n;
int ok = 1;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin>>a[i];
a[i]%=2;
a[i] += 2;
b[i-1] = a[i-1]+a[i];
if(i!=1 && !isprime(b[i-1])){
ok = 0;
}
}
if(ok)cout<<"YES\n";
else cout<<"NO\n";
}
return 0;
}
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题目描述
龙山的天气是醉人的温暖，恰好是樱花落尽的时季。散布着细沙的行人道上满是狼藉的粉色花片，有些便沾挂在平铺的碧草上。几树梨花还点缀着嫩白的残瓣。北面与西面小山上全罩着淡蓝色的衣校，小燕子来回在林中穿跳。在这里正是一年好景的残春，到处有媚丽的光景使人流连。
烟烟雾雾，云云霭霭。残春好景使人流连忘返，可是，在这伤春悲秋之时，即使柳树已经抽完了芽，青藤也换完了新枝，而鲜花已经不再盛开。明年的鲜花有，年年新花年年有，可是你曾今看到的那一朵，你永远无法挽留，即使深爱过，再也不会出现。
你引腕便要去挽，获得的只有眼角不受控落下的泪滴。你毅然步入梦中，映入眼帘的是一片开满着蓝色鸢尾花的田野。通过划分可以把这片田野化成无数块 ，第 ii 块的面积为 i^2i
2
个单位面积，第 nn 块的面积为 n^2n
2
个单位面积。每块蓝色鸢尾花田的排布以及面积如图所示：(红色数字 ii 代表蓝色鸢尾花田编号，即第几块)
已知购买第 ii 块蓝色鸢尾花田的一单位面积的价格 price_iprice
i
如下式所示：
price_i =
n%i
=0
n%i=0
现请你计算将前 nn 片蓝色鸢尾花田全部购买下来所需要的价格。
输入描述:
第一行输入一个正整数 tt (1≤t≤100)(1≤t≤100) ，表示有 tt 组测试数据。
接下来 tt 行，每行输入只有一个正整数 nn (1≤n≤10^9)(1≤n≤10
9
) ，表示要购买的是前 nn 片蓝色鸢尾花田。
输出描述:
共有 tt 行输出。
每行输出只有一个整数，表示将前 nn 片蓝色鸢尾花田全部购买下来所需要的价格。输出可能很大，请你对 998244353998244353 求余。
示例1
输入
复制
5
1
3
1
4
1314520
输出
复制
1
20
1
46
934267671
说明
对于样例 11 ：第一块蓝色鸢尾花田的单价是 11 ，面积为 11 ，故购买前 11 片蓝色鸢尾花田的总价格是 1×1=11×1=1 。
对于样例 22 ：第一块蓝色鸢尾花田的单价是 33 ，面积为 11 ；第二块蓝色鸢尾花田的单价是 22 ，面积为 44 ；第三块蓝色鸢尾花田的单价是 11 ，面积为 99 。故购买前 33 片蓝色鸢尾花田的总价格是 3×1+2×4+1×9=203×1+2×4+1×9=20 。
你知道蓝色鸢尾花的花语是什么吗？ (与本题解题无关)
思路：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long LL;
const LL mod = 998244353;
LL pows(LL a, LL x) { if(x==0)return 1; LL t = pows(a, x>>1); if(x%2==0)return t*t%mod; return t*t%mod*a%mod; }
LL pows(LL a, LL x, LL p) { if(x==0)return 1; LL t = pows(a, x>>1, p); if(x%2==0)return t*t%p; return t*t%p*a%p; }
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y){ if(!b){ x = 1, y = 0; return a; }else{LL r = exgcd(b, a%b, x, y); LL t = x; x = y; y = t-a/b*y; return r; }}
void exgcd(LL a, LL b, LL &d, LL &x, LL & y, LL MOD) { if (b==0) { d = a; x = 1; y = 0; } else { exgcd(b, a % b, d, y, x, MOD); y -= x * (a / b); } }
LL inv(LL a, LL MOD) { LL d=0, x=0, y=0; exgcd(a, MOD, d, x, y, MOD); return d == 1 ? (x + MOD) % MOD : -1; }
LL calc(LL l, LL r){//计算l^2+...r^2
l--;
LL rel = l*(l+1)%mod*(2*l%mod+1)%mod*inv(6,mod);
LL rer = r*(r+1)%mod*(2*r%mod+1)%mod*inv(6,mod);
return (rer-rel+mod)%mod;
}
int main(){
IOS;
LL T; cin>>T;
while(T--){
LL n; cin>>n;
LL ans = 0;
for(LL l = 1, r; l <= n; l = r+1){ //整除分块，当前区间[l,r]
r = n/(n/l);
ans = (ans+(n/l+1)*calc(l,r)%mod)%mod;
if(n%r==0)ans = (ans-(r)*(r)%mod%+mod)%mod;//整除的时候减掉
}
cout<<(ans+mod)%mod<<"\n";
}
return 0;
}
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题目描述
如题名称所示，湖岸的风翻起晚浪，舟外的雪飘落灯前。看似写景，实则暗喻实事。杜甫用拟人的手法将浪大和风急的关系揭示出来，并以风来比喻小人猖狂，浪来比喻局势动荡，小人猖狂导致局势动荡。
现有无数重的"浪"，我们用 S_xS
x
描述第 xx 重"浪"的波形，"浪"满足以下性质：
S_1=1S
1
=1
S_n = S_{n-1}+n+S_{n-1}S
n
=S
n−1
+n+S
n−1
（ ‘++’ 表示连接）
例如：S_2=1\ 2\ 1S
2
=1 2 1，S_3=1\ 2\ 1\ 3\ 1\ 2\ 1S
3
=1 2 1 3 1 2 1， S_4=1\ 2\ 1\ 3\ 1\ 2\ 1\ 4\ 1\ 2\ 1\ 3\ 1\ 2\ 1S
4
=1 2 1 3 1 2 1 4 1 2 1 3 1 2 1 …
第 33 重"浪"的波形图如下所示。
由上述样例波形图和文字解释，可以发现第 33 重"浪"的第 33 位上的"浪高"是 11 ，第 44 重"浪"的第 1010 位上的"浪高"是 22 。
在此基础上推广一下，请你求出第 10{10{10^{10}}}10
10
10
10
重"浪"的第 KK 位上的"浪高"是多少？
输入描述:
一行一个正整数 K(1\le K \le 10^{18})K(1≤K≤10
18
) ，含义如题所示。
输出描述:
仅一行，一个正整数表示答案。
示例1
输入
复制
1
输出
复制
1
示例2
输入
复制
4
输出
复制
3
题意：
思路：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 5050;
typedef long long LL;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0),cout.tie(0)
int main(){
IOS;
LL k; cin>>k;
if(k==1){cout<<1; return 0;}
LL n = 2, x = 3;
while(x < k) x=2*x+1, n++;
while(k > 3 && n>2){
LL nx = (x-1)/2;
if(k==nx+1){
cout<<n<<"\n";
return 0;
}else if(k > nx+1){
k = k-nx-1;
n--;
x = nx;
}else{
n--;
x = nx;
}
}
if(k==1 || k==3)cout<<"1";
else cout<<"2";
return 0;
}
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题目描述
人不该太清醒，过去的事情就让它过去，不必反复咀嚼。一生不长，重要的事儿也没那么多。天亮了，又赚了。自认为迷惑的时候，往往才能看清方向与人生美好的可贵与价值意义。
顺应生活之路，无论走向哪种极端，我们都会在不一样的处境找到不一定的答案，从而不断平衡自己。我们需要这样一种能力，也需要去选择认同。自认为不错的时候，往往可以瞥见我们人生生活上本来存在的不足。
浩瀚星辰，万里银河；红烛微尘，夜临灯始。我们把这个夜空看做一个二维平面，则以某一点为原点建立一个笛卡尔坐标系。坐标系内有以下物体：“星”、“尘”、“灯”。
①："星"是一个 n×mn×m 的矩形区域，它能够发出光芒。其左下角顶点坐标为 (0,0)(0,0) ，右上角顶点坐标为 (n,m)(n,m) 。
②："尘"是一个 x×yx×y 的矩形区域，它可以也必须完全放置在"星"的表面之上，遮蔽"星"所发出的光芒。保证"尘"至少有一种完全放置在"星"的范围内的方法。
③："灯"是"尘"遮蔽了"星"之后，"星"剩下的部分 (剩余部分通常是 “LL” 型或 “一字” 型) 。
"灯"中的每一个矩形都能为"灯"提供 11 点能量。给定"星"的位置和"尘"的大小，请制订一个放置"尘"的方案，使得"灯"能提供的总能量最多，求出这个最多的总能量数。("尘"必须完全放置在"星"的范围内，即：“尘” ∪∪ “星” == “星” 且 “尘” ∩∩ “星” == “尘” )
输入描述:
输入仅一行，输入 44 个正整数 n,m,x,yn,m,x,y (1≤n,m≤10^3,1≤x,y≤min(n,m))(1≤n,m≤10
3
,1≤x,y≤min(n,m)) ，分别表示"星"的区域以及"尘"的大小。
输出描述:
输出仅一个整数，表示"灯"最多可以提供的总能量数。
示例1
输入
复制
1 3 1 1
输出
复制
3
示例2
输入
复制
2 3 1 2
输出
复制
9
说明
对于样例 11 ，"星"的区域如图所示：
"尘"的大小为 1×11×1 ，有以下两种方案：
①可以选择让"尘"放置在在最靠左的一个区域内，则"灯"的区域大小是 1×21×2 ，如图所示：
显然，"灯"的区域内一共有 1×11×1 的矩形两块， 1×21×2 的矩形一块，总矩形数是 33 ，故"灯"提供的总能量数是 33 。
②选择让"尘"放置在最中间的区域内，则"灯"的区域是两块的 1×11×1 的矩形区域，如图所示：
显然最后提供的总能量数是 22 ，不如方案①。故本样例中，"灯"最多可以提供的总能量数是 33 。
题意：
思路：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long LL;
LL calc(LL x, LL y){
return x*(x+1)*y*(y+1)/4;
}
int main(){
IOS;
LL n, m, x, y; cin>>n>>m>>x>>y;
LL res = 0;
if(m-y>=0 && n-x>=0){
res = max(res, calc(n,m-y)+calc(m,n-x)-calc(m-y,n-x));
}
if(m-x>=0 && n-y>=0){
res = max(res, calc(n,m-x)+calc(m,n-y)-calc(m-x,n-y));
}
cout<<res<<"\n";
return 0;
}
链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/33540/M
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题目描述
明净的琉璃杯中，斟满琥珀色的美酒，淅淅沥沥槽床滴，浓红恰似火齐珠，煮龙肝，爆凤髓，油脂白，点点又似泪珠涌，锦乡帷帘挂厅堂，春意呵浓浓，笛声悠扬如龙吟，敲起皮鼓响咚咚，吴娃楚女，轻歌软舞，其乐也融融，何况春光渐老日将暮，桃花如雨，飘落满地红，劝世人，不如终日醉呵呵，一日归黄土，纵是酒仙如刘怜，望一杯，也只是，痴人说梦。
小c 很嗜酒，但是小c 的酒已经喝完了，于是他向酒神祈求一些酒，酒神同意了这个请求。但是酒神有个前提：酒分配的多少由一个游戏来决定，小c 必须精准计算出他每次游戏可以获得多少酒，才能真正获得所有的酒。
游戏规则如下：
每次游戏在一个 n×mn×m 的酒桌上进行，酒桌上每一个格子里都有一坛酒，显然，一共有 n×mn×m 坛酒。
小c 可以行动 kk 次，每次行动有两种选择：
①：拿走某一行上剩余的所有酒。
②：拿走某一列上剩余的所有酒。
为了防止小c 作弊，酒神规定：行动①和行动②必须交替执行，不可以连续执行。
为了让小c 酩酊大醉，现在请你帮助小c 计算，游戏行动结束后，他最多可以获得多少坛酒。
输入描述:
第一行输入一个正整数 tt (1≤t≤10^4)(1≤t≤10
4
) ，表示有 tt 组测试数据。
接下来 tt 行，每行三个正整数 n,m,kn,m,k (1≤n,m≤109,0≤k≤2×10{9})(1≤n,m≤10
9
,0≤k≤2×10
9
) ，分别表示酒桌的大小和小c 最多允许行动的次数。
输出描述:
输出共有 tt 行，每行输出一个正整数表示答案。
示例1
输入
复制
5
1 1 0
3 3 2
4 9 1
6 7 3
5201314 1314520 998244353
输出
复制
0
5
9
18
6837231279280
说明
对于样例第一组测试数据，由于小c 没有行动次数，所以最终他一坛酒也无法获得。输出 00 。
对于样例第二组测试数据，小c 可以先拿第 22 行 (如图红线，可以拿走 33 坛酒)，再拿第 22 列 (如图蓝线，由于交点处的酒已经被拿走了，所以只能拿走剩下的 22 坛)，他最终获得酒的总坛数 =3+2=5=3+2=5 坛，输出 55 。如图所示：
对于样例第四组测试数据，小c 可以先拿第 55 行 (如图红线，可以拿走 77 坛酒)，再拿第 44 列 (如图蓝线，由于下交点处的酒已经被拿走了，所以只能拿走剩下的 55 坛)，再拿第 22 行 (如图红线，由于上交点处的酒已经被拿走了，所以只能拿走剩下的 66 坛)，他最终获得的酒的总坛数 = 7+5+6=18=7+5+6=18 坛，输出 1818 。如图所示：
显然，每次拿法可能不一样，但是可以证明，以上样例解释中一定是可以获得最多坛数的拿法。
刘伶：晋人，“竹林七贤”之一，以嗜酒著称，著有《酒德颂》。(与本题无关)
题意：
思路：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define IOS ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long LL;
int main(){
IOS;
int T; cin>>T;
while(T--){
LL n, m, q; cin>>n>>m>>q;
if(n>m)swap(n,m);
LL x = q/2, y = q/2;
if(q%2==1)y++;
if(n+m<=q || n<=x || m <= y || n<=y || m<=x)cout<<n*m<<"\n";
else cout<<n*x+m*y-x*y<<"\n";
}
return 0;
}