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A - Olesya and Rodion - [水]
题解：注意到 $t$ 的范围是 $[2,10]$，对于位数小于 $2 \times 3 \times \cdots \times 10 = 3628800$ 的数，暴力枚举去找；否则就直接在 $3628800$ 后面补零即可。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,t;
int p10[8];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin>>n>>t;
if(n>=7)
{
cout<<3628800;
for(int i=8;i<=n;i++) cout<<0;
cout<<endl;
}
else
{
p10[0]=1;
for(int i=1;i<8;i++) p10[i]=p10[i-1]*10;
bool ok=0;
for(int x=p10[n-1];x<p10[n];x++)
{
if(x%t==0)
{
cout<<x<<endl;
ok=1;
break;
}
}
if(!ok) cout<<-1<<endl;
}
}
B - Kolya and Tanya - [组合数]
题解：对于一个等边三角形上的三个人，有 $20$ 种方案使得和不等于 $6$，有 $7$ 种方案使得和等于 $6$，然后很容易得到公式 $\sum_{i=1}^{n} C_{n}^{i} \cdot 20^i \cdot 7^{n-i}$。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
int n;
ll fpow(ll a,ll n)
{
ll res=1,base=a%mod;
while(n)
{
if(n&1) res*=base, res%=mod;
base*=base, base%=mod;
n>>=1;
}
return res%mod;
}
ll inv(ll n){return fpow(n,mod-2);}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>n;
ll ans=0;
ll C=1ll, A=1ll, B=fpow(7ll,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
C=C*(n+1-i), C%=mod;
C=C*inv(i), C%=mod;
A*=20ll, A%=mod;
B*=inv(7), B%=mod;
ans+=((C*A)%mod)*B%mod, ans%=mod;
}
cout<<ans<<endl;
}
C - Marina and Vasya - [字符串]
题解：
要有 $t$ 个不同字符，就是要有 $n-t$ 个相同字符；对于 $s_1,s_2$ 两个字符串，如果存在 $s_1[i] = s_2[i]$ 就尽量让 $s_3[i]$ 也是这个字符。如果直接就能把 $n-t$ 个要求相同的字符全搞定了，剩下的就可以乱放。
如果还剩下来 $n-t-same$（此处 $same$ 代表 $s_1,s_2$ 中相同位置且相同字符的数目），要求有这么多个相同字符。那记 $diff$ 代表 $s_1,s_2$ 中相同位置但不同字符的数目，讨论一下 $2(n-t-same)$ 与 $diff$ 的关系即可。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+5;
int n,t;
string s1,s2,s3;
bool f[maxn];
int same,diff;
inline char Find(char x,char y)
{
if(x!=‘a‘ && y!=‘a‘) return ‘a‘;
if(x!=‘b‘ && y!=‘b‘) return ‘b‘;
if(x!=‘c‘ && y!=‘c‘) return ‘c‘;
}
int main()
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0), cout.tie(0);
cin>>n>>t; t=n-t;
cin>>s1>>s2;
for(int i=0;i<n;i++) s3+=‘0‘;
int diff=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(s1[i]!=s2[i]) diff++;
if(s1[i]==s2[i] && t>0)
{
s3[i]=s1[i];
t--;
}
}
if(t>0)
{
if(2*t>diff) s3="-1";
else
{
int cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(s3[i]!=‘0‘) continue;
s3[i]=s1[i], cnt++;
if(cnt==t) break;
}
cnt=0;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(s3[i]!=‘0‘) continue;
s3[i]=s2[i], cnt++;
if(cnt==t) break;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(s3[i]!=‘0‘) continue;
s3[i]=Find(s1[i],s2[i]);
}
}
}
else
{
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(s3[i]!=‘0‘) continue;
s3[i]=Find(s1[i],s2[i]);
}
}
cout<<s3<<endl;
}
D - Dima and Lisa - [简单数论]
题解：
有一个命题：不小于 $6$ 的偶数都能表示成两个质数的和，然后 $4$ 可以表示成 $2+2$。
所以，我们只要让 $p_1 = 3$，那么剩下来 $n-3$ 必为偶数，就能找到两个质数加起来等于它，这要求最少也要筛 $1 \sim 5e8$ 的素数，会MLE。
因此，我们可以找出 $1e8,2e8,\cdots,9e8$ 这些数字附近的一个素数，然后例如 $n = 5e8+6e7$ 时，我们可以选 $p_1 = 5e8+9$，这样剩下来 $n - (5e8+9)$ 这个数的范围就保证在 $1 \sim 1e8$ 之间，然后我们只需要筛 $1 \sim 1e8$ 之间的素数就可以了。
AC代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef pair<int,int> P;
int n;
const int MAX=1e8+50;
int cnt,prime[MAX/10];
bool isPrime[MAX+5];
void Screen() //欧拉筛法求素数
{
cnt=0;
memset(isPrime,1,sizeof(isPrime));
isPrime[0]=isPrime[1]=0;
for(int i=2;i<=MAX;i++)
{
if(isPrime[i]) prime[cnt++]=i;
for(int j=0;j<cnt;j++)
{
if(i*prime[j]>MAX) break;
isPrime[i*prime[j]]=0;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
P Find(int sum)
{
int p1=0, p2=cnt-1;
while(p1<=p2 && prime[p1]+prime[p2]!=sum)
{
if(prime[p1]+prime[p2]>sum) p2--;
else p1++;
}
return make_pair(prime[p1],prime[p2]);
}
int D[9]={(int)9e8-37,(int)8e8-1,(int)7e8+1,(int)6e8+1,(int)5e8+9,(int)4e8+9,(int)3e8+7,(int)2e8-9,(int)1e8+7};
int main()
{
Screen();
cin>>n;
if(n==3)
{
printf("1\n");
printf("3\n");
return 0;
}
if(n==4)
{
printf("2\n");
printf("2 2\n");
return 0;
}
if(n==5)
{
printf("2\n");
printf("2 3\n");
return 0;
}
if(n==6)
{
printf("3\n");
printf("2 2 2\n");
return 0;
}
for(int i=0;i<9;i++)
{
if(n-D[i]>=4)
{
P res=Find(n-D[i]);
printf("3\n");
printf("%d %d %d\n",D[i],res.first,res.second);
return 0;
}
}
P res=Find(n-3);
printf("3\n");
printf("3 %d %d\n",res.first,res.second);
}
E - Anton and Ira - [贪心]
原文地址：https://www.cnblogs.com/dilthey/p/10542910.html