A 牛牛冲钻五

模拟，逐位处理判断前三位即可

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, j, k) for (ll(i) = (j); (i) <= (k); (++i))
typedef long long ll;
void solve() {
    int n, k;
    string s;
    cin >> n >> k >> s;
    int ans = 0, sz = s.size() - 1;
    rep(i, 0, sz)
        if (s[i] == 'W') {
            ans++;
            if (s[i - 1] == 'W' and s[i - 2] == 'W')
                ans += (k - 1);
        } else
            ans--;
    cout << ans << '\n';
}
signed main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

B 爱吃素

仅当 $a=1a=1$a=1​​​ 且 $bb$b​​​ 为素数或 $b=1b=1$b=1​​​ 且 $aa$a​​​ 为素数时，$$ 才为素数

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
void solve() {
    ll s, t;
    cin >> s >> t;
    if ((s != 1 and t != 1) || (s == 1 and t == 1))
        cout << "NO" << '\n';
    else if (s == 1 || t == 1) {
        ll tmp = (t == 1 ? s : t);
        for (ll i = 2; i * i <= tmp; ++i) if (tmp % i == 0)
            return cout << "NO" << '\n', void();
        return cout << "YES" << '\n', void();
    } else
        cout << "NO" << '\n';
}
signed main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

C 糟糕的打谱员

题意

给定一个记录了 $nn$n 步有误的棋局记录表，每步包含两个整数 $aa$a，$bb$b，分别表示 棋手 $aa$a 在该步中下在了编号为 $bb$b 的劫争处。先要在 $nn$n 步有误的棋局记录表中，找出一个最长的合法行棋子序列。

一个合法行棋子序列需要满足：

1. 任意相邻的两步，玩家不同（一黑一白）；
2. 任意相邻的两步，不能下在同一个劫争处。

Solution

如果dfs考虑每一条记录的选择，时间复杂度太高不可接受，且考虑到劫争处数量较小，dp记录劫争处当前最长的合法行棋子序列长度。

如果当前记录为黑方在编号为 $bb$b 的劫争处落子，则从上一条记录中白方不能在编号为 $bb$b​ 的劫争处落子；反之同理，那么就很容易写出转移方程： dp[c][b]=max(dp[c][b],dp[(c+1)%2][i]+1)i!=b&&i∈[1,10]

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, j, k) for (ll(i) = (j); (i) <= (k); (++i))
#define mem(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
typedef long long ll;
int dp[2][15];
void solve() {
    mem(dp, 0);
    int n, x, y, res = 0;
    cin >> n;
    rep(i, 1, n) {
        cin >> x >> y;
        rep(i, 1, 10) {
            if (i == y) continue;
            dp[x][y] = max(dp[x][y], dp[(x + 1) % 2][i] + 1);
        }
        res = max(res, dp[x][y]);
    }
    cout << res << endl;
}
signed main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

D Mendeleev 1417

$nn$n​ 个人中任意挑选 $1\sim n1\backslash sim\; n$1∼n​ 个人，问挑选方案中奇数个人与偶数个人的方案数之差。

很显然能够看出：

挑选偶数个人的方案数为 $Su{m}_{even}={\sum }_i^n[i\%2==0]C_n^i(i>0)Sum\_\{even\}=\backslash sum\_\{i\}^\{n\}[i\backslash \%2==0]C\_n^\{i\}\; (i>0)$Sumeven​=∑in​[i%2==0]Cni​(i>0)​

挑选奇数个人的方案数为 $Su{m}_{odd}={\sum }_i^n[i\%2==1]C_n^i(i>0)Sum\_\{odd\}=\backslash sum\_\{i\}^\{n\}[i\backslash \%2==1]C\_n^\{i\}\; (i>0)$Sumodd​=∑in​[i%2==1]Cni​(i>0)

根据二项式定理：$C_n^{even}=C_n^{odd}C\_\{n\}^\{even\}=C\_\{n\}^\{odd\}$Cneven​=Cnodd​

除去挑选 $00$0 个人的情况，则可知奇数个人与偶数个人的方案数之差永远为 $-1-1$−1。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    cout << "-1\n";
}
signed main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}