前言
感觉有些题是有难度，但是是我花时间想能想的出来的题目，总体来说做的很爽，题目也不错。个人总结了几个做题技巧，也算是提醒自己。
1.多分类讨论
2.从特殊到一般，便于找规律。例如有一组数，有奇数和偶数，那我们可以构造一组数据全是偶数，观察其规律，然后插入一个奇数，再观察其规律。
3.很多编程题都涉及到数学知识，可以根据题意列出公式，然后试着把这个公式变形，没准有惊喜。
简单题
智乃与瞩目狸猫、幸运水母、月宫龙虾
签到题
void solve() {
string s1, s2; cin >> s1 >> s2;
int span = 'A' - 'a';
if (s1[0] >= 'a' && s1[0] <= 'z') s1[0] += span;
if (s2[0] >= 'a' && s2[0] <= 'z') s2[0] += span;
if (s1[0] == s2[0]) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
}智乃的36倍数(easy version)
数据量这么小，暴力就完事。用上atol和c_str函数就行
string s[N];
void solve() {
int n; cin >> n;
rep(i, 1, n) cin >> s[i];
int ans = 0;
rep(i, 1, n) {
rep(j, i + 1, n) {
string t1 = s[i] + s[j];
string t2 = s[j] + s[i];
int k1 = atol(t1.c_str());
int k2 = atol(t2.c_str());
if (k1 % 36 == 0)ans++;
if (k2 % 36 == 0)ans++;
}
}
cout << ans << endl;
}chino's bubble sort and maximum subarray sum(easy version)
做的时候没看清题目，没关注到k只能是0和1，搞得我想了半天觉得好难，发现了之后就简单多了。
最关键的是怎么球最大字段和，这个一下子就能想到是dp，很经典的题目了。
int a[N], dp[1005];
int n, k;
int ans = -inf;
void check() {//找到最大子段和
for (int i = 1; i <= n; i++) {
dp[i] = max(dp[i - 1] + a[i], a[i]);
ans = max(ans, dp[i]);
}
}
void solve() {
cin >> n >> k;
rep(i, 1, n) cin >> a[i];
if (k == 0) check();
else {
for (int i = 1; i < n; i++) {
swap(a[i], a[i + 1]);
check();
swap(a[i], a[i + 1]);
}
}
cout << ans << endl;
}中等题
智乃的数字手串
妥妥的诈骗题！！！我总结了以往的诈骗题规律，诈骗题一般都是博弈论（贪心），然后要你输出yes或no，或者让你输出哪个人赢，这种诈骗题代码简单到超乎想象，而且经常是跟判断奇偶性有关。所以我们可以直接去猜答案。
正经分析
首先，偶 = 偶 + 偶 = 奇 + 奇；奇 + 偶 ！= 偶。
总结一下胜利的条件：（1）拿走最后一个，让对方没得拿 （2）通过交换的操作，使剩下的数没办法拿
什么情况下我们可以通过（1）胜利呢？不好分析，所以先分析（2）。
发现当我们交换成 “奇 偶 奇 偶 ... 偶”或者 “偶 奇 偶 奇 偶 ... 奇” 时我们就通过（2）胜利了。
而可以观察到这两种情况n都是偶数，易证当n是奇数时，一定是有数字可以拿的，当n是偶数的时候不一定有数字可以拿（注意是不一定）。
那么当n为奇数时，qcjj拿走一个数。此时n-1是偶数，我们就假设zn有数字可以拿。此时n-2是奇数，qcjj一定有数字可以拿。以此类推。
易证，当n为奇数qcjj始终有数字可以拿，而且qcjj是拿走最后一个数字的人，必赢。
反之亦然，n为偶数zn必赢。
#include <iostream>
using namespace std;//诈骗题
int main()
{
int T;
cin>>T;
while (T--)
{
int n;
int x;
cin>>n;
for (int i=1;i<=n;++i)
cin>>x;
if (n&1)
cout<<"qcjj"<<'\n';
else
cout<<"zn"<<'\n';
}
return 0;
}智乃的比较函数
这题我本来想放在简单题那里的，因为真的好简单，居然才六百多个人做出来有点惊讶。下面代码可以通过normal version。
思路：直接三重循环枚举a1,a2,a3所有的情况。为什么能枚举呢，因为这三个数具体大小根本不重要，可以任意取，只要能体现他们之间大小关系的所有情况就行了，例如a1>a2>a3，a1=a2>a3等等所有情况。
然后用每种情况去测试n组cmp有没有矛盾，只要有一种情况没有矛盾就是yes。
struct Node {
int x, y, z;
}node[N];
int n;
int a[10];
bool check() {
rep(i, 1, n) {
if (a[node[i].x] < a[node[i].y] && node[i].z == 0) {
return false;
}
if (a[node[i].x] >= a[node[i].y] && node[i].z == 1) {
return false;
}
}
return true;
}
void solve() {
cin >> n;
rep(i, 1, n) {
cin >> node[i].x >> node[i].y >> node[i].z;
}
int f = 0;
rep(i, 1, 3) {//a1
rep(j, 1, 3) {//a2
rep(k, 1, 3) {//a3
a[1] = i; a[2] = j; a[3] = k;
if (check()) {
f = 1;
}
}
}
}
if (f) cout << "Yes" << endl;
else cout << "No" << endl;
}难题
智乃的“黑红树”
个人认为这题比 智乃的36倍数(normal version) 简单，因为这题就是一个模拟建树，自己举出几个样例找找规律还是比较容易的，就是细节会多一点，但下一题考察思维不太容易想到。
分析：
1.是否能建树？
我们可以注意到题中说“如果有子节点，那么一定同时存在两个子节点”，说明要么左孩子右孩子都有，要么没有孩子。根结点是黑色的，因此如果可以建树，黑色结点数一定奇数，红色结点数一定是偶数。但这显然还不够严谨，因为如果有1个黑色结点，100个红色结点，也没法建树。经过简单思考易证b >= r / 2 && b <= 1 + 2 * r才可以建树。如下
if (b % 2 == 1 && r % 2 == 0 && b >= r / 2 && b <= 1 + 2 * r) cout<<"Yes"<<endl;
else cout<<"No"<<endl;2.怎么建树？
按照“完全二叉树”的结构来建树。这样的好处是每个孩子的序号都是从小到大，如果一个根结点有孩子的话，就从小到大输出就行，如果没有就输出-1。
而且孩子的序号也可以确定，因为 lchild = 2*root，rchild = lchild + 1。假如lchild>n或者当前的红/黑结点不够放了，那么root就是没有孩子的。
void solve() {
int r, b; cin >> b >> r;
int n = r + b;
if (b % 2 == 1 && r % 2 == 0 && b >= r / 2 && b <= 1 + 2 * r) {
b--;
int f = 0;
int cur;
int level = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
//level为奇数是在为黑层分配红孩子
int lc = i * 2, rc = lc + 1;
if ((r == 0 || b == 0) && !f) {
f = 1;
cur = lc;
}
if (f) {
if (cur > n) cout << -1 << " -1" << endl;
else if (level % 2 && r == 0) cout << "-1 -1" << endl;
//当前在放置红结点，但是红结点没有了
else if (level % 2 == 0 && b == 0) cout << "-1 -1" << endl;
//跟上面同理
else {
cout << cur; cur++;
cout << " " << cur << endl; cur++;
}
}
else {//红黑结点数都 > 0
cout << lc << " " << rc << endl;
if (level % 2) r -= 2;
else b -= 2;
}
if (i == pow(2, level) - 1) level++;
}
}
else {
cout << "No" << endl;
}
}另一种更简单的做法，利用队列。
因为我们要按“完全二叉树”的模式建树，也就是从上到下，从左往右建树。这个可以想到遍历二叉树，用的是队列
void solve() {
int b, r; cin >> b >> r;
queue<int> q;//1代表黑，0代表红
q.push(1);
if (b % 2 == 1 && r % 2 == 0 && b >= r / 2 && b <= 1 + 2 * r) {
cout << "Yes" << endl;b--;
int cur = 2;
while (!q.empty()) {
int t = q.front(); q.pop();
if (t == 1) {
//要给它红孩子
if (r == 0) cout << "-1 -1" << endl;
else {
cout << cur; cur++;
cout << " " << cur << endl; cur++;
q.push(0);
q.push(0);
r -= 2;
}
}
else {
if (b == 0) cout << "-1 -1" << endl;
else {
cout << cur; cur++;
cout << " " << cur << endl; cur++;
q.push(1);
q.push(1);
b -= 2;
}
}
}
}
else cout << "No" << endl;
}智乃的36倍数(normal version)
分析：看到题目的时候想，36的倍数都有什么特点，因为之前做过一道题好像也是关于什么的倍数，是有规律可循的，但在这题不行，要另找思路。
这题的正确思路是列出式子，然后变形，涉及到模运算的变换公式-CSDN博客。
对于（ai,aj）组成的数，若是36的倍数，列出
(ai*
+ aj) %36 = 0，k是aj的位数
[(ai*
[ [(ai%36)*(
从1-n枚举每一个数当aj，去查询有没有 ai 满足 [(ai%36)*(%36)] % 36 = 36 - aj%36。
事先用哈希表存每个数%36的结果，这样查询的时候就从哈希表的1-35找
总的时间复杂度是O(n)
//0是任何数的倍数
string s[N];
int a[N], b[37];
void solve() {
int n; cin >> n;
rep(i, 1, n) {
cin >> s[i];
a[i] = atol(s[i].c_str());
b[a[i] % 36]++;
}
int ans = 0;
rep(j, 1, n) {
int k = s[j].size();
int pj = a[j] % 36;
int key = (36 - pj) % 36;
int tpm = (int)pow(10, k) % 36;//ten_pow_mod
for (int i = 0; i <= 35; i++) {
if ((i * tpm) % 36 == key) {
ans += b[i];
if (pj == i) ans--;
}
}
}
cout << ans << endl;
}智乃的相亲活动
这概率题其实不难，关键在于高中的概率论知识要记得。
分析：一个人想要成为心动嘉宾，就至少有一个异性选。
例如：有三个人xyz，假如y选x的概率是1/3，z选x的概率是1/2，那么x被选的概率是多少？
从正面考虑，P(x被选) = P(y选x) + P(z选x) - P(y和z同时选x)。
但如果有四个人，xyzk，yzk对x进行选择，人数一多就不好从正面考虑了。
因此我们考虑逆事件的概率，P(x被选) = 1 - P(x不被选)，这样就容易多了。
心动男嘉宾数目期望 = 每个男生成为心动男嘉宾的期望 * 每个男生的贡献（为1） 之和
女嘉宾同理。
double pb[N], pg[N];//不成为心动嘉宾的概率
vector<int> b[N], g[N];
void solve() {
int n, m, k; cin >> n >> m >> k;
rep(i, 1, n) pb[i] = 1;
rep(i, 1, m) pg[i] = 1;
while (k--) {
int u, v; cin >> u >> v;
b[u].push_back(v);
g[v].push_back(u);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) {
double k = b[i].size();
for (auto x : b[i]) {
pg[x] *= (k - 1) / k;
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++) {
double k = g[i].size();
for (auto x : g[i]) {
pb[x] *= (k - 1) / k;
}
}
double ans1 = 0, ans2 = 0;
rep(i, 1, n) {
ans1 += 1-pb[i];
}
rep(i, 1, m) {
ans2 += 1-pg[i];
}
cout << "float" << endl;
printf("%.10f %.10f\n", ans1, ans2);
}1.概率基本公式
（1）逆事件的概率
（2）加法公式
（3）减法公式
（4）条件概率
（5）乘法公式
