P14357 [CSP-J 2025] 拼数
把字符串中的所有数字找出来，从大到小排序输出即可
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;void solve(){string s;cin>>s;priority_queue<char> q;for(auto ch:s){if(ch>='0' && ch<='9'){q.push(ch);}}while(q.size()){cout<<q.top();q.pop();}
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int t=1;// cin>>t; while(t--){solve(); }}
P14358 [CSP-J 2025] 座位
简单但恶心的题，找到排序之后的排名，直接去找位置
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;void solve(){int n,m;cin>>n>>m;vector<int> a(n*m+1);int x;for(int i=1;i<=n*m;i++){cin>>a[i];}x=a[1];sort(a.begin()+1,a.end(),greater<int>());int idx=0;for(int i=1;i<=n*m;i++){if(a[i]==x) idx=i;}int cnt=idx/n;idx%=n;if(idx==0){cout<<cnt<<" "<<((cnt&1)?n:1);}else{cout<<cnt+1<<" "<<((cnt&1)?n-idx+1:idx);}
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int t=1;// cin>>t; while(t--){solve(); }}
P14359 [CSP-J 2025] 异或和
直接从前往后循环，用 set 维护前缀的异或值。如果到某个位置，发现以当前位置结尾，可以和之前在 set 中的某一个位置凑出 \(k\)。所以，以当前位置为 \(r\)，前面某个位置为 \(l\) 的区间是一个合法区间，在当前位置可以切一刀，同时清空 set。
我们不用关心 \(l\) 的具体位置，因为无论如何都要在当前位置切，切清空 set，所以 \(l\) 具体在哪里，对后面不会造成影响
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;void solve(){int n,k;cin>>n>>k;vector<int> a(n+1);map<int,int> mp;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}int ans=0,now=0;mp[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){now^=a[i];if(mp[now^k]){ans++;mp.clear();mp[0]=1;now=0;}else{mp[now]++;}}cout<<ans;
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int t=1;// cin>>t; while(t--){solve(); }}
P14360 [CSP-J 2025] 多边形
先将 \(a\) 数组从小到大排序。
假设选了 \(m\) 个数，\(b_1,b_2,b_3,...,b_m\)
这 \(m\) 个数符合条件，当且仅当 \(b_1+b_2+b_3+..+b_{m-1}<b_m\)
所以，考虑 DP，设 \(f[i][j]\) 表示，从前 \(i\) 个数中选，且总和不超过 \(j\) 的方案数。
如何统计答案？
枚举最后一个数，让 \(a_i\) 做为某个合法序列的最后一个数，统计此时的方案数量
此时的方案数量为，从前 \(i-1\) 个数中选，且总和大于 \(a_i\) 的方案数，显然，对 DP 的状态求和即可
注意，\(f[i][j]\) 的 \(j\) 可能会很大，但因为数值最大是 5000,所以所有 \(j>5000\) 的值，都统一计入 \(j=5001\) 的状态中。
注意，合法序列要求最少有三个数，所以还需要把一些两个数的方案排除掉；但因为 \(a\) 是从小到大排序，所以不会有合法的两个数的方案，所以无需做这一步。
DP 就是一个类似于背包的东西，是容易的。
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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
using pii=pair<int,int>;
using ll = long long;
using ull = unsigned long long;
const ll inf = 1e18;
const int mod = 998244353;void solve(){int n;cin>>n;vector<int> a(n+1);for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}sort(a.begin()+1,a.end());vector<vector<int>> f(n+1,vector<int>(5010));//从前i个选，且总和等于j的方案数f[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=5001;j++){f[i][j]=f[i-1][j];}for(int j=0;j<=5001;j++){int w=min(5001ll,a[i]+j);f[i][w]+=f[i-1][j];f[i][w]%=mod;}}int ans=0;for(int i=3;i<=n;i++){//以第i个为最大的，从前i-1个中选，总和大于a[i]的方案数for(int j=a[i]+1;j<=5001;j++){ans+=f[i-1][j];ans%=mod;}}cout<<ans;
}signed main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);int t=1;// cin>>t; while(t--){solve(); }}