A Sanitize Hands
问题：
思路：前缀和，暴力，你想咋做就咋做
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
int n, m;
int a[N];
int main() {
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
cin >> a[i];
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
m -= a[i];
ans = i;
if(m <= 0) break;
}
if(m < 0) cout << ans - 1;
else cout << ans;
return 0;
}B Uppercase and Lowercase
问题：
思路：大小写转换，这里有个问题，为什么我的转换最后都变成数字了，先留个疑问
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
string str;
int main() {
cin >> str;
int cnt1 = 0, cnt2 = 0;
for(auto t: str) {
if(t >= 'a' && t <= 'z') cnt1 ++;
else cnt2 ++;
}
if(cnt1 >= cnt2)
transform(str.begin(),str.end(),str.begin(),::tolower);
else
transform(str.begin(),str.end(),str.begin(),::toupper);
cout<<str<<endl;
return 0;
}C Sierpinski carpet
问题：
思路：阴间题，第一眼递归，但是不想求太多坐标，于是想到把图全变成‘#’最后填充'.'
代码：
#include <iostream>
#include <cmath>
#include <vector>
using namespace std;
const int N = pow(3, 6) + 10;
char g[N][N];
int n;
int main() {
cin >> n;
int len = pow(3, n);
for(int i = 1; i <= len; i ++ ) {
for(int j = 1; j <= len; j ++ ) {
g[i][j] = '#';
}
}
for(int level = 1; level <= n; level ++ ) {
for(int i = 1 + pow(3, level - 1); i <= len; i += pow(3, level)) {
for(int j = 1 + pow(3, level - 1); j <= len; j += pow(3, level)) {
for(int k = i; k <= i + pow(3, level - 1) - 1; k ++ ) {
for(int u = j; u <= j + pow(3, level - 1) - 1; u ++ ) {
g[k][u] = '.';
}
}
}
}
}
for(int i = 1; i <= len; i ++ ) {
for(int j = 1; j <= len; j ++ ) {
cout << g[i][j];
}
cout << endl;
}
return 0;
}D 88888888
问题：
思路：逆元，快速幂，对原式子变形后发现最后的结果实际上就是x 乘上一个等比数列，这是碰见的第一道逆元的题目，也明确了我对逆元的认识，由于 a / b % mod != (a % mod/ b % mod) % mod，而直接除的话会造成精度丢失，因此我们可以把除法变成乘法，根据费马小定理如果b和p互质，那么b的逆元就等于b ^ p - 2 因此可以快速幂求逆元
代码：
#include <iostream>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
long long x;
int get(long long a) {
int cnt = 0;
while(a) {
a /= 10;
cnt ++;
}
return cnt;
}
long long qmi(long long a, long long b) {
long long res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = ((res % mod) * (a % mod)) % mod;
b >>= 1;
a = (a % mod * a % mod) % mod;
}
return res;
}
int main() {
cin >> x;
int len = get(x);
long long part1 = x % mod;
long long a = qmi(10, (long long)len);
long long b = qmi(a, x);
b --;
long long c = qmi(a - 1, 998244353 - 2);
long long part2 = (b % mod * c % mod) % mod;
cout << (part1 * part2) % mod;
return 0;
}E Reachability in Functional Graph
问题：
思路：考虑如果题目是一颗树的话那么直接一个记忆化即可，但是该题会出现环，因此考虑缩点，记得开long long
据说这是基环树板子，回头学一下基环树
代码：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;
const int N = (2e5 + 10) * 2;
stack<int> stk;
int n;
int val[N], ne[N], h[N], idx;
int dfn[N], low[N], id[N], _size[N], scc_cnt, ts;
int cnt[N];
bool ins[N], st[N];
long long ans = 0;
void add(int a, int b) {
val[idx] = b;
ne[idx] = h[a];
h[a] = idx ++;
}
void tarjan(int u) {
dfn[u] = low[u] = ++ ts;
stk.push(u);
ins[u] = true;
for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = val[i];
if(!dfn[j]) {
tarjan(j);
low[u] = min(low[u], low[j]);
} else if(ins[j]) low[u] = min(low[u], dfn[j]);
}
if(dfn[u] == low[u]) {
++ scc_cnt;
int y;
do {
y = stk.top();
stk.pop();
ins[y] = false;
id[y] = scc_cnt;
_size[scc_cnt] ++;
} while (y != u);
}
}
void dfs(int u) {
for(int i = h[u]; i != -1; i = ne[i]) {
int j = val[i];
if(!st[j]) {
dfs(j);
st[j] = true;
}
cnt[u] += cnt[j];
ans += _size[u] * cnt[j];
}
}
int main() {
memset(h, -1, sizeof h);
cin >> n;
scc_cnt = n;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
int x;
cin >> x;
add(i, x);
}
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) if(!dfn[i]) tarjan(i);
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) cnt[id[i]] = _size[id[i]];
map<pair<int, int>, int> ma;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
for(int j = h[i]; j != -1; j = ne[j]) {
int k = val[j];
if(id[i] != id[k] && !ma[{i, k}]) {
add(id[i], id[k]);
ma[{i, k}] ++;
}
}
}
memset(st, 0, sizeof st);
for(int i = scc_cnt; i > n; i -- ) {
if(!st[i]) {
st[i] = true;
dfs(i);
}
}
for(int i = scc_cnt; i > n; i -- ) ans += (long long)_size[i] * (_size[i] - 1);
cout << ans + n;
return 0;
}F
