AtCoder Beginner Contest 171

A - αlphabet

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题意：给出一个字母，如果是大写字母，输出 ‘A’；如果是小写字母，输出 ‘a’ 。

#include
#include

using namespace std;

int main()
{
	char a;
	scanf("%c", &a);
	
	if(a >= 'a' && a <= 'z')	puts("a");
	else if(a >= 'A' && a <= 'Z')	puts("A");
	
	return 0;
}

B - Mix Juice

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题意：从 $n$ 个数中选出 $k$ 个数，使得选出的 $k$ 个数之和最小。

#include
#include
#include

using namespace std;

const int N = 1010;
int a[N];

int main()
{
	int n, k;
	scanf("%d%d", &n, &k);
	for(int i = 0; i < n; i++)	scanf("%d", &a[i]);
	
	sort(a, a + n);
	
	int ans = 0;
	for(int i = 0; i < k; i++)	ans += a[i];
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

C - One Quadrillion and One Dalmatians

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题意：把一个数字转化为对应的字符串，其规则为 $[1,26]$ 对应 $[a,z]$，$[27,702]$ 对应 $[aa,zz]$…

思路：转化为 $26$ 进制即可，需要注意每次取余前令 $n$ 减一来把 $[1,26]$ 映射到 $[0,25]$。

非递归：

#include

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 110;

int a[N];

int main()
{
    ll n;
    cin >> n;
    
	int cnt = 0;
    while(n)
	{
		n--;
		a[cnt++] = n % 26;
        n /= 26;
    }
    
    for(int i = cnt - 1; i >= 0; i--)	cout << char(a[i] + 'a');
    return 0;
}

递归：

#include
#include

using namespace std;
typedef long long ll;

void solve(ll n)
{
	if(n == 0)	return;
	
	if(n % 26 == 0)							// 被26整除不需要进位，单独处理
	{
		solve((n - 1) / 26);
		printf("z");
	}
	else									// 进制转换的正常处理方法 
	{
		solve(n / 26);
		printf("%c", n % 26 + 'a' - 1);
	}
}

int main()
{
	ll n;
	scanf("%lld", &n);
	
	solve(n);
	
	return 0;
}

D - Replacing

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题意：给出 $n$ 个数和 $q$ 次操作，每次操作将 $n$ 个数中所有值为 $b$ 的数全部替换为 $c$，计算每次操作后 $n$ 个数的和。

#include
#include

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
int p[N];

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	
	ll sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int x;
		scanf("%d", &x);
		sum += x;
		p[x]++;
	}
	
	int T;
	scanf("%d", &T);
	while(T--)
	{
		int b, c;
		scanf("%d%d", &b, &c);
		sum += (ll)(c - b) * p[b];
		p[c] += p[b];
		p[b] = 0;
		printf("%lld\n", sum);
	}
	
	return 0;
}

E - Red Scarf

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题意：给定整数 $n$（$n$ 是偶数）和 包含 $n$ 个数的数组 $a$，其中，每一个 $a_i$ 都是数组 $s$ 中除 $s_i$ 以外的其他所有数的异或值，请构造出一个满足条件的原数组 $s$。

思路：利用 $x\oplus x=0$ 的特性，先对所有数求一次异或，然后再对每个数求一次异或，即可从总的异或值中抵消掉当前数。

#include

using namespace std;
const int N = 200010;

int a[N];

int main()
{
    int n;
	cin >> n;
	int x = 0;
    for(int i = 0; i < n; i++)	cin >> a[i], x ^= a[i];
    for(int i = 0; i < n; i++)	cout << (x ^ a[i]) << ' ';
    return 0;
}

F - Strivore

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思路：组合计数。

#include
#include
#include

using namespace std;

typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int N = 2e6 + 10;

int fact[N], infact[N];

int qmi(int a, int b)
{
	int res = 1;
	while(b)
	{
		if(b & 1)	res = (ll)res * a % mod;
		a = (ll)a * a % mod;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

void init()
{
	fact[0] = 1, infact[0] = 1;
    for(int i = 1; i < N; ++i)
    {
        fact[i] = (ll)fact[i - 1] * i % mod;
        infact[i] = (ll)infact[i - 1] * qmi(i, mod - 2) % mod;
    }
}

int C(int a, int b)
{
	return (ll)fact[a] * infact[b] % mod * infact[a - b] % mod;
}

int main()
{
	int k;
	string s;
	cin >> k >> s;
	
	int len = s.length();
	int n = k + len;
	init();						// 预处理阶乘
	
	int ans = 0;
	for(int i = len; i <= n; i++)
	{
		int t = (ll)C(i - 1, len - 1) * qmi(25, i - len) % mod * qmi(26, n - i) % mod;
		ans = (ans % mod + t % mod) % mod;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}