nothing for nothing(一)

本文解析了AtCoder竞赛中的五个题目,包括字符串处理、数学问题、贪心算法等,提供了详细的解题思路及代码实现。

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6483: AtCoder Contest 

链接http://exam.upc.edu.cn/problem.php?id=6483

该题就是把中间的的单词只保留首字母首,但是输入的时候有空格,所以想到了用Java,java中有String类中nextLine(),所以就用Java来进行编译,把开头的字母和结尾的字母去掉,然后只去判断中间的字符。

package my;
import java.util.*;
public class Main {

	public static void main(String[] args) {
		// TODO Auto-generated method stub
		Scanner ip = new Scanner(System.in);
		while(ip.hasNext()){
			String s;
			s = ip.nextLine();
			char a[] = s.toCharArray();
			int len = a.length;
			System.out.print("A");
			int i, cn = 0;
			for(i = 6; i < len - 7; i++){
				if(a[i] >= 65 && a[i] <= 90){
					System.out.print(a[i]);
				}
			}
			System.out.print("C");
		}

	}

}

 

6489: UOIAUAI

链接http://exam.upc.edu.cn/problem.php?id=6489

这题就是简单的水体,就是判断单个字符是不是a,e,i,o,u;是就输出

vowel,不是就输出consonant;但是此题存在的问题是, 不能用scanf读入数据,否则会产生两个输入。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;

int main(){
    char a;
    cin>>a;
    if(a == 'a' ||a == 'e' ||a == 'i' ||a == 'o' ||a == 'u' )
        cout<<"vowel"<<endl;
    else cout<<"consonant"<<endl;
return 0;
}

6484: Between a and b ...

链接http://exam.upc.edu.cn/problem.php?id=6484

 

大概意思,就是问a,b之间,有多少个数可以整除x,但是数据范围非常的大1e18,必须用long long;

该题利用了类似容斥原,先利用除法,先确定0到a之间有多少可以整除x的数,再算0到b之间,有多少可以整除x的数。最后在相减,如果amodx==0最后结果应该加1,因为多减了一个a.

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;

int main(){
    long long a, b, x;
    while(~scanf("%lld %lld %lld", &a, &b, &x)){
        long long a1, a2, a3;
        a1 = a / x;
        a2 = b / x;
        a3 = a2 - a1;
        int cn = 0;
        if(a % x == 0)cn = 1;
        printf("%lld\n", a3 + cn);

    }
return 0;
}

6485: Boxes and Candies

链接http://exam.upc.edu.cn/problem.php?id=6485

题意就是左右两边的和不能大于x,每次只能取一个,取一个的时候算一次操作,问一共进行了多少次操作。,思路就是贪心算法,只对右边的进行操作。然后就能达到目的。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    int n;
    long long x;
    int a[100009];
    while(scanf("%d %lld", &n, &x) != EOF){
        int i;
        for(i = 0; i < n; i++){
            scanf("%lld", &a[i]);注意%lld;
        }
        long long cn = 0;
        if(a[0] > x){//如果第一个大于x那么就把第一个数置为x,用cn来计数
            cn = a[0] - x;
            a[0] = x;
            //cout<<a[0]<<' '<<cn<<endl;
        }
        for(i = 1; i < n; i++){
            if(a[i] + a[i-1] > x){//如果左右之和大于x的话,就把a[i]置为x-a[i-1];
                cn += a[i] + a[i - 1] - x;
                a[i] = x - a[i-1];
                //cout<<a[i]<<" "<<i<<' '<<cn<<endl;
            }
        }
        printf("%lld\n",cn);
    }
return 0;
}

Thin

链接http://exam.upc.edu.cn/problem.php?id=6490

此题就是打印,把行数增加一倍,就是把每一行连着打印两遍。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    int n, m;
    char a[101][101];
        while(~scanf("%d %d", &n, &m)){
            int i, j;
            for(i = 1; i <= n; i++){
                for(j = 1; j <= m; j++){
                    cin>>a[i][j];
                }
            }
            for(i = 1; i <= 2 * n; i++){
                for(j = 1; j <= m; j++){
                    int f;
                   f = (i+1)/2;
                   cout<<a[f][j];
                }
                cout<<endl;

            }


        }

return 0;
}

6486: An Ordinary Game

链接http://exam.upc.edu.cn/problem.php?id=6486

该题类似于博弈论,但是跟博弈论又有点差别,原理就是两端一样判断中间的长度len mod 2==1,后手赢,否则先手赢,然后就是两端不一样的时候,如果len+1,(len+1)mod 2== 1后手赢,否则先手赢。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std;

int main(){
    char a[100005];
    while(~scanf("%s", a)){
        int len = strlen(a);
        if(a[0] == a[len -1]){
            if(len % 2 == 1){
                cout<<"Second"<<endl;
            }
            else cout<<"First"<<endl;
        }
        else{
                if((len+1) % 2 == 1)cout<<"Second"<<endl;
                else cout<<"First"<<endl;

        }
    }
return 0;
}

 

 

 

 

 

### 关于 'Nothing to be done for' 的含义 在编程和构建系统中,“Nothing to be done for”通常是由工具(如 `Make` 或类似的构建工具)发出的消息。它表示目标文件已经是最新状态,无需重新编译或执行任何操作[^3]。 当构建系统运行时,它会比较源文件的时间戳与目标文件的时间戳。如果目标文件已经存在,并且其时间戳比所有依赖项更新,则不会触发任何进步的操作。这种行为是为了优化构建过程,避免不必要的重复工作[^4]。 以下是可能的原因及其解释: 1. **目标已是最新的** 如果构建系统的配置文件(例如 Makefile 中的目标定义)表明当前目标不需要更改,因为它的依赖项未发生变化,那么会出现此消息。这意味着所有的依赖都已经被处理完毕,或者根本没有变化需要处理[^5]。 2. **无有效规则匹配** 另种可能性是,在某些情况下,指定的目标没有任何适用的规则来完成所需的任务。这可能是由于错误的路径、名称拼写错误或其他配置问题引起的[^6]。 #### 解决方法 为了排查并解决问题,可以采取以下措施: - **检查依赖关系**:确认 Makefile 或其他构建脚本中的依赖关系是否正确设置。确保所有必要的输入文件都被正确定义为依赖项。 - **强制重建**:通过删除旧的目标文件或将它们标记为过期,强迫系统重新生成这些文件。例如,在 GNU Make 中可以使用 `-B` 参数强制全部重做[^7]。 - **调试模式启用**:许多现代构建工具有内置的日志功能可以帮助诊断为什么某个特定任务被认为已完成而跳过了实际的工作流。尝试开启更详细的日志记录选项以便更好地理解内部逻辑流程[^8]。 ```makefile # Example of forcing rebuild with GNU make $ make -B target_name ``` 上述命令将忽略现有的时间戳差异,从而强制重新创建指定的目标。 ---
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