原题链接：题目列表 - 洛谷
B3970~B3977为A~H题
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A. 数字取模
B. 闰年
C. 二进制
D. 小 S 大战小 Q
E. 放行李
F. 最大的和
G. 交题解
H. 更好的交换
A. 数字取模
直接模拟即可。将数字x的每一位都开一个变量存起来，再分别让每个变量对k取余，最后拼接在一起。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'signed main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int x, k; cin >> x >> k;int a = x / 1000, b = x / 100 % 10, c = x / 10 % 10, d = x % 10;a %= k, b %= k, c %= k, d %= k;int ans = a * 1000 + b * 100 + c * 10 + d;cout << ans << endl;return 0;
}B. 闰年
按照题意判断输出即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'signed main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int y; cin >> y;if (y % 4 != 0||(y%100==0&&y%400!=0)||(y%3200==0&&y%172800!=0)) {cout << "No" << endl;}else if ((y % 4 == 0 && y % 100 != 0) || (y % 400 == 0 && y % 3200 != 0) || (y % 172800 == 0)) {cout << "Yes" << endl;}return 0;
}C. 二进制
写个while循环，每次输出除以2的商和余数即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'signed main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n; cin >> n;while (n) {cout << n / 2 << " " << n % 2 << endl;n /= 2;}return 0;
}D. 小 S 大战小 Q
开两个vector数组a和b，分别记录小S一组人的战力和小Q一组人的战力，再开两个变量x1和x2，并初始化为0。从1遍历到n，如果a[i]>b[i]，x1++，否则x2++。最终判断x1和x2的大小进行相应输出即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'signed main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n; cin >> n;vector<int> a(n + 1), b(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];int x1 = 0, x2 = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (a[i] > b[i]) x1++;else if (a[i] < b[i]) x2++;}cout << x1 << " " << x2 << endl;if (x1 > x2) cout << "S" << endl;else if (x1 < x2) cout << "Q" << endl;else cout << "Tie" << endl;return 0;
}E. 放行李
直接暴力模拟了。pos变量表示小S在数组的位置（先初始化为-1避免对后续遍历产生干扰），f判断是否有空位置放行李（如果f为1有空位置放，否则没有），t表示在左列还是在右列放行李（t为1放在左列，t为0放在右列）。
mi表示能放行李的位置和小S的最小距离，先初始化为一个比较大的数1000000。从1~n分别变量两个数组，更新mi的值，并记录是在左列（t=1）还是右列(t=2)。
因为用了两个if，所以如果左列和右列同时有空位置距离小S的最小距离一样，那么t=1就会被t=2覆盖，所以输出答案时要特判一下这种情况。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'signed main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);int n; cin >> n;vector<int> a(n + 1), b(n + 1);for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> b[i];int p, q; cin >> p >> q;int mi = 1000000, f = 0, pos = -1, t = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (a[i] == 0) {f = 1;if (abs(i - q) <= mi) {mi = min(mi, abs(i - q));pos = i;t = 1;}}if (b[i] == 0) {f = 1;if (abs(i - q) <= mi) {mi = min(mi, abs(i - q));pos = i;t = 2;}}}if (!f) cout << -1 << endl;else {if (a[pos] == 0 && b[pos] == 0) {cout << 0 << " " << abs(pos - q) << endl;}else if (t == 1) {cout << 0 << " " << abs(pos - q) << endl;}else if (t == 2) {cout << 1 << " " << abs(pos - q) << endl;}}return 0;
}F. 最大的和
感觉是这场比赛最难的一题，赛时只通过了部分测试点，赛后看了题解补出来的。
开一个二维的int数组a，开一个变量ans记录答案，并初始化为-INF，开一个变量sum记录暂时的和。
分别求每一行累加的元素最大值、每一列累加的元素最大值，和主对角线（左上到右下）平行的直线（也可以是主对角线）上累加的元素的最大值，和副对角线（右上到左下）平行的直线（也可以是对角线）上累加的元素的最大值。取这四个值中最大的即可。
行和列的很好求。关键是两个对角线。
我们通过画图观察可以知道：
从左上到右下的对角线。对于任意一条与这个对角线平行的直线，其经过的所有格子的行数与列数之差一定相同。
//这里 i 代表正在枚举的行数与列数的差（左上到右下）
//行和列的最小值都是 1，最大值都是 n，所以这个差值最小就是 1-n，最大是 n-1
for(int i = 1-n; i <= n-1; i++) {sum = 0;//然后枚举这条线上所有格子的行数 j//那么此时列数就等于 j-ifor(int j = 1; j <= n; j++)//这里 j-i 还要判断范围，是因为要保证这个格子不能出界if(1 <= j-i && j-i <= n) sum += a[j][j-i];ans = max(ans, sum);
}从右上到左下的对角线。对于任意一条与这个对角线平行的直线，其经过的所有格子的行数与列数之和一定相同。
//这里 i 代表正在枚举的行数与列数的和（右上到左下）
//行和列的最小值都是 1，最大值都是 n，所以这个和值最小就是 2，最大是 n+n=2*n
for(int i = 2; i <= 2*n; i++) {sum = 0;//然后枚举这条线上所有格子的行数 j//那么此时列数就等于 i-jfor(int j = 1; j <= n; j++)//这里 i-j 还要判断范围，是因为要保证这个格子不能出界if(1 <= i-j && i-j <= n) sum += a[j][i-j];ans = max(ans, sum);
}完整代码实现：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
const int N = 2010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, a[N][N];signed main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {cin >> a[i][j];}}int ans = -INF, sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {sum = 0;for (int j = 1; j <= n; j++) {sum += a[i][j];}ans = max(ans, sum);}for (int i = 1; i <= n; i++) {sum = 0;for (int j = 1; j <= n; j++) {sum += a[j][i];}ans = max(ans, sum);}for (int i = 1 - n; i <= n - 1; i++) {sum = 0;for (int j = 1; j <= n; j++) {if (j - i >= 1 && j - i <= n) sum += a[j][j - i];}ans = max(ans, sum);}for (int i = 2; i <= 2 * n; i++) {sum = 0;for (int j = 1; j <= n; j++) {if (i - j >= 1 && i - j <= n) sum += a[j][i - j];}ans = max(ans, sum);}cout << ans << endl;return 0;
}G. 交题解
直接读入一个字符串，然后遍历字符串，如果是小写字母(s[i] >= 'a' && s[i] <= 'z')或者大写字母(s[i] >= 'A' && s[i] <= 'Z')直接输出字符即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'signed main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);string s; getline(cin, s);for (int i = 0; i < s.size(); i++) {if ((s[i] >= 'a' && s[i] <= 'z') || (s[i] >= 'A' && s[i] <= 'Z')) {cout << s[i];}}return 0;
}H. 更好的交换
这场比赛倒数第二难的题。
如果直接按题意用循环遍历交换两行元素或者交换两列元素，会TLE。
需要进行优化，我们可以观察发现，行和列之间的修改是无关的。也就可以将行和列的操作分开处理。
假设只有行操作：我们可以开一个一个数组 b[i] 来表示当前第 i 行里所存储的是初始的哪一行。那么，对于一次交换 x 行和 y 行的操作，我们只需要交换 b[x] 和 b[y] 即可：
假设只有列操作：我们可以以开一个 c[i] 数组，表示当前第 i 列里存储的是初始的哪一列，然后也只需要交换 c[x] 和 c[y] 即可。
由于行和列的操作互不相干，所以以上两个方法可以同时进行。也就是说，我们只要用数组 b 和 c 来代替每次的修改就可以了。
最后遍历二维数组，输出a[b[i]][c[j]]即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl '\n'
const int N = 1010;
int n, m;
int a[N][N],b[N],c[N];signed main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++) {b[i] = c[i] = i;for (int j = 1; j <= n; j++) {cin >> a[i][j];}}while (m--) {int op, x, y;cin >> op >> x >> y;if (op == 1) swap(b[x], b[y]);else if (op == 0) swap(c[x], c[y]);}for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {cout << a[b[i]][c[j]] << " ";}cout << endl;}return 0;
}
)
