A.幸运数

/*纯暴力*/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;void solve()
{int sum = 0;for(int i = 1; i <= 100000000; i ++ ){int n = i;int a[11];int j = 1;for(; n != 0; j ++ ){a[j] = n % 10;n = n / 10;}j --;if(j % 2 == 0){int sum1 = 0, sum2 = 0;for(int u = 1; u <= j / 2; u ++ ){sum1 = sum1 + a[u];sum2 = sum2 + a[j/2 + u];}if(sum1 == sum2) sum ++ ;}}cout << sum;
}int main()
{ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();cout << ans << endl;return 0;
}

/*dfs搜索*/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int ans;void dfs(int x, int l, int r)
{if(l != 0 && l == r) ans ++ ; //非0且相等才可以，卡掉刚开始进入时的dfs(0, 0, 0)if(x == 4) return; //递归出口for(int i = 0; i <= 9; i ++ ){if(l == 0 && i == 0) continue; //从高位开始枚举，所以第一次l不可以是0，i也不是0for(int j = 0; j <= 9; j ++ )dfs(x + 1, l + i, r + j);}
}int main()
{ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);dfs(0,0,0);cout << ans << endl;return 0;
}

B.有奖问答

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;int ans = 0;void bfs(int step, int score)
{if(score == 70) ans ++ ; //达到70分可以停止记为一次成功if(score == 100 || step == 30) return; //递归出口：满分立即停止，满30次立即停止bfs(step + 1, score + 10); //答对bfs(step + 1, 0); //答错
}int main()
{ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);bfs(0, 0);cout << ans << endl;return 0;
}

C.平方差

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;/*****思路：*****//*
y方 - z方 = （y - z）(y + z)
y-z和y+z始终是同奇偶的
奇*奇 = 奇
偶*偶 = 偶（且该数必然是4的倍数）
*//*
x方 - （x-1）方 = 2x - 1则所有奇数满足拆分
x方 - （x-2）方 = 4x - 4则所有4的倍数满足拆分
*//*
所以如果要查找1~n中满足的x则***return (x + 1)/2 + x/4***即可
*/int calc(int x)
{//(x + 1)/2是奇数乘以奇数部分，x/4是偶数乘以偶数部分return (x + 1)/2 + x/4;
}int main()
{ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);int l,r;cin >> l >> r;cout << calc(r) - calc(l - 1) << endl;return 0;
}

D.更小的数

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int MAX = 5020;
int dp[MAX][MAX]; //dp[len][i]表示从i开始长度为len的子串反转是否可以满足，满足为1，不满足为0
int ans = 0;//dp动态规划
void solve()
{string s;cin >> s;int n = s.length();for(int len = 2; len <= n; len ++ ) //遍历每种长度for(int l = 0; l + len - 1 < n; l ++ ) //遍历每个起点{//每次比较最边缘两个，如果不满足则各向中间靠一位再比较（可以直接使用dp）if(s[l] > s[l + len - 1]) dp[l][l + len - 1] = 1;else if(s[l] == s[l + len - 1]) dp[l][l + len - 1] = dp[l + 1][l + len - 2];ans += dp[l][l + len - 1]; //累加答案}cout << ans << endl;
}int main()
{ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();return 0;
}

E.颜色平衡树

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 2e5 + 5;
int n, ans;
map<int, int>col[N],num[N]; //col[N]每个颜色多少数量，num[N]每个数量有几组
vector<int> e[N];void dfs(int u) //从上到下，u为此时树的根节点
{for(auto &v:e[u]) //所有遍历一遍，自顶向下再自底向上{dfs(v);//合并两树if(col[u].size() < col[v].size()) //u是保持的，v要更新，所以让u更大耗时更少{col[u].swap(col[v]);num[u].swap(num[u]);}for(auto it = col[v].begin();it != col[v].end(); it ++ ){int v_col = it->first, v_num = it->second;if(col[u].count(v_col)) //u树中含有v中该颜色，则要更新num颜色数量组{int u_num = col[u][v_col];num[u][u_num] -- ;if(num[u][u_num] == 0) num[u].erase(u_num);num[u][u_num + v_num] ++ ;}else num[u][v_num] ++ ; //u树不含有则直接添加col[u][v_col] += v_num; //更新col}map<int, int> tmp1, tmp2; //释放vcol[v].swap(tmp1);num[v].swap(tmp2);}if(num[u].size() == 1) ans ++ ; //最大最小都是在一个num上则是满足的
}int main()
{ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin >> n;for(int u = 1; u <= n; u ++ ){int c, fa;cin >> c >> fa;e[fa].push_back(u); //父节点向子节点连一条边col[u][c] ++ ; //此时u节点树中，只有c一种颜色，且只要一个，first是颜色，second是数量num[u][1] ++ ; //此时u节点树中，只有1种颜色的，且其只有一个，first是数量，second是该数量有几套颜色}dfs(1);cout << ans;return 0;
}

H.异或和之和

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;/*****思路：*****//*
从前往后遍历
每次遍历该值的所有前缀异或和的每一位的累加值
可以使用i - cnt[j]来表示
最后按位累加即可
*/typedef long long LL;
int cnt[21];//cnt[i]表示第i位为1的可能情况有多少种void solve()
{int n;cin >> n;LL ans = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++ ) //从前往后遍历每一个数{int a;cin >> a;for(int j = 0; j <= 20; j ++ ) //遍历每一位{if((1 << j) & a) cnt[j] = i - cnt[j]; //只有该位是1的时候才会有此异或变化ans += 1ll * (1 << j) * cnt[j];}}cout << ans;return;
}int main()
{ios_base::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);solve();return 0;
}