牛客周赛 Round 29（A-F）

A:

int n, m;

void solve()
{
    cin>>n>>m;
    if(n==m) cout<<"draw"<<endl;
    else cout<<(n>m ? "kou" : "yukari")<<endl;
}

B:

int n, k;
string s, t; 
 
void solve()
{
    cin>>n>>s>>t;
    for(int i=0; i<n; ++i)
    {
        if(s[i]=='N' and t[i]=='Y') k+=2;
        else if(s[i]=='Y' and t[i]=='Y') k+=3;
        else if(s[i]=='Y' and t[i]=='N') k+=2;
    }
    cout<<k;
}

C:

string s, t="xiaohong";
 
void solve()
{
    cin>>s;
    for(int j=0; j<8; ++j)//依次查找
        s.erase(s.find(t[j]), 1);
    cout<<t+s<<endl;
}

D:

#define cout cout<<fixed<<setprecision(1)
int n, a[MAXN], b[MAXN];

void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; ++i) cin>>a[i], b[i] = a[i];
    sort(a+1, a+n+1);
    
    if(n%2==1) {//个数为奇， 找中间三个数
        double m1, m2, m3;
        m1 = a[n/2], m2 = a[n/2+1], m3 = a[n/2+2]; 
        for(int i=1; i<=n; ++i)
        {
            if(b[i]<m2) cout<<1.0*(m2+m3)/2<<endl;
            else if(b[i]==m2) cout<<1.0*(m1+m3)/2<<endl;
            else cout<<1.0*(m1+m2)/2<<endl;
        }
    }else {//个数为偶, 找中间两个数
        double m1, m2;
        m1 = a[n/2], m2 = a[n/2+1];
        for(int i=1; i<=n; ++i)
        {
            if(b[i]<=m1) cout<<m2<<endl;
            else cout<<m1<<endl;
        }
    }
}

E:

先对n==1进行特判，否则进行素因数分解存到map中，并记录 总数量 和 同一元素的最大数量 。对最大数量进行特判，否则对素因数进行间隔保存(此处优先保存数量最多的因数)，最后输出。

#define int long long

int n, cnt;
map<int, int> mp;

void solve()
{
    cin>>n;
    int tag, mx=0;
    if(n==1) {cout<<-1<<endl; return ;}
    
    for(int i=2; i<=(int)sqrt(n); ++i)
    {
        while(n%i==0)
        {
            mp[i]++, ++cnt;
            n /= i;
        }
        if(mp[i]>mx) tag = i, mx = mp[i];
    }
    if(n!=1) mp[n]++, ++cnt;
    
    if(mx>(cnt+1)/2) {cout<<-1<<endl; return ;}
    
    int i = 0;
    vector<int> a(cnt);
    for(; i<cnt and mx; i+=2, --mx) a[i] = tag;
    mp[tag] = 0;
    for(auto &[x, y] : mp)
    {
        for(; i<cnt and y; i+=2, --y) a[i] = x;
        if(i==cnt or i==cnt+1) {
            i = 1;
            for(; i<cnt and y; i+=2, --y) a[i] = x;
        }
    }
    
    cout<<cnt<<endl;
    for(int j=0; j<cnt; ++j) cout<<a[j]<<' ';
}

F:

概率dp。

写完快速幂，设计状态转移方程，设sum = cnt[1] + cnt[2](1和2的总个数)，因为取走数之后保证sum一定不会增加。

2只能变为1，sum不变；1只能消失，而sum减小。因此保证了动态规划的无后性。对于sum相同的情况，只需要优先dp 1更多的情况就可以保证无后性。

对f进行初始化，当没有2存在时，一定获胜；仅存在一个2而不存在1时，一定失败。

##最后知道，概率逆元同样只需要用1减去即可就可以ak了##

#define int long long
const int MAXN=1010, mod=1e9+7;

int n, cnt[3], f[MAXN][MAXN];

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

void solve()
{
    cin>>n;
    for(int i=1; i<=n; ++i) {int x; cin>>x; cnt[x]++;}
    
    f[0][1] = 0;
    for(int i=1; i<=1000; ++i) f[i][0] = 1;
    for(int sum=1; sum<=1000; ++sum)//sum代表1的个数与2的个数之和
    {
        for(int i=sum-1; i>=0; --i)//i代表1的个数， sum-i代表2的个数
        {
            int x1 = i, x2 = sum-i;
            if(x1==0 and x2==1) continue;
            if(x1==0)//考虑双方互相操作，一定要对概率取反
                f[x1][x2] = (1-f[x1+1][x2-1]) % mod;
            else
                f[x1][x2] = (((1-f[x1-1][x2])*x1%mod*(llpow(sum, mod-2))%mod) + (1-f[x1+1][x2-1])*x2%mod*(llpow(sum, mod-2))%mod) % mod;
        }
    }
    cout<<(f[cnt[1]][cnt[2]]+mod)%mod<<endl;
}

感谢佬们垂怜蒟蒻的题解，点个赞再走吧qvq