A-Thorns and Coins
长度为$n$的单元格路径，每个单元格有空、有金币、荆棘三种可能，人物从最左边开始向右移动，每次步长不多于2格，求能获得的最多金币数。
$t(1≤t≤1000)$
$n(1≤n≤50)$
.代表空，*代表荆棘，@代表金币
从左往右，寻找第一个含有2个以上*的*连通块，其前的金币都可以达到。
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void solve() {
int n;cin >> n;
string s;cin >> s;
int cnt = 0;
bool f = true;
for (int i = 0;i < n;i++) {
if (s[i] == '@')cnt++;
if (i > 0 && s[i] == '*' && s[i - 1] == '*'){
break;
}
}
cout << cnt << '\n';
}
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查亚部落相信世界末日有$n$个征兆，第$i$个征兆每隔$a_i$年出现一次，当观测到第$i-1$个征兆后才会等待第$i$个征兆。给出每个征兆的出现间隔，询问观测到所有$n$个征兆所需要的年数。
ps:当第$i$个征兆在第$x$年被观测，部落会从第$x+1$年开始等待第$i+1$个征兆。
$t(1≤t≤1000)$
$n(1≤n≤100)$
$a_i(1\le a_i\le 10^6)$
第$i$个征兆间隔$a_i$年出现，若上一个征兆在第$x$年被观测，则下一个征兆将在第$y=k\times a_i$年出现（$x\lt y\le x+a_i$）。等待的时间是$y-x$，也就是$a_i-x\text{ }mod\text{ }a_i$年。
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void solve() {
int n;cin >> n;
vector<ll>a(n);
ll sum = 0;
for (int i = 0;i < n;i++) {
cin >> a[i];
ll lf = a[i] - sum % a[i];
sum += lf;
}
cout << sum << '\n';
}
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C-LR-remainders
有一个数组$a$，一个正整数$m$和长度为$n$的命令（由L和R组成的字符串），每次求数组中剩余数的积模$m$的余数并输出，然后按照命令删数（L删去最左边的数，R删去最右边的数）。
$t(1≤t≤10^4)$
$n,m(1≤n≤2\times 10^5,1\le m\le 10^4)$
$a_i(1\le a_i\le 10^4)$
反过来考虑，从最后一个删去的数开始，每次对积乘上上一次被删去的数，记录模m的值，逆序输出。
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void solve() {
int n, m;cin >> n >> m;
vector<int>a(n);
for (int i = 0;i < n;i++) { cin >> a[i]; }
string s;cin >> s;
vector<int>b;
int l = 0, r = n - 1;
for (int i = 0;i < n;i++) {
if (s[i] == 'L')b.push_back(a[l++]);
else b.push_back(a[r--]);
}
ll ans = 1;
vector<int>res;
reverse(b.begin(), b.end());
for (int i = 0;i < n;i++) {
ans *= b[i];
res.push_back(ans % m);
ans %= m;
}
reverse(res.begin(), res.end());
for (int i = 0;i < n;i++) {
cout << res[i] << " ";
}cout << '\n';
}
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纸牌比大小游戏，有四种花色C、D、H、S，同一种花色之间比较数字，数字大的胜出。同时，每局有一个王牌花色，该花色的牌可以比剩余三种花色的牌都大，王牌花色和王牌花色之间比较数字大小。
给出所有已经打出的牌，尝试复现对局情况（第二位玩家击败第一位玩家）；如果不能复现，输出IMPOSSIBLE。
$t(1≤t≤100)$
$n(1\le n \le 16)$
模拟。
先对不同花色的牌分类，然后遍历同花色的牌，排序后，将非王牌花色放入一个序列，王牌花色单独一个序列。
从非王牌花色序列开始遍历，如果当前牌和其后一牌是同一种花色，凑成一对局；如果不是，用一张王牌花色和它凑成一个对局。假如可以凑成所有的对局，输出这些对局，否则不能构成对局。
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void solve() {
int n;cin >> n;
string w;cin >> w;
int f = 0;
switch (w[0]) {
case 'S':f = 3;break;
case 'H':f = 2;break;
case 'D':f = 1;break;
case 'C':f = 0;break;
default:break;
}
vector<vector<string>>sp(4);
for (int i = 0;i < 2 * n;i++) {
string s;cin >> s;
if (s[1] == 'C')sp[0].push_back(s);
else if (s[1] == 'D')sp[1].push_back(s);
else if (s[1] == 'H')sp[2].push_back(s);
else sp[3].push_back(s);
}
vector<string>rk;
for (int i = 0;i < 4;i++) {
if (i == f)continue;
sort(sp[i].begin(), sp[i].end());
for (int j = 0;j < sp[i].size();j++)
rk.push_back(sp[i][j]);
}
sort(sp[f].begin(), sp[f].end());
for (int j = 0;j < sp[f].size();j++)
rk.push_back(sp[f][j]);
vector<pair<string, string>>ans;
int cnt = 0;int p = rk.size() - 1;
for (int i = 0;i < p;i++) {
if (rk[i][1] == rk[i + 1][1]) {
ans.push_back({ rk[i],rk[i + 1] });i++;
cnt++;
}
else {
if (f == 0 && rk[p][1] == 'C') {
ans.push_back({ rk[i],rk[p] });p--;
}
else if (f == 1 && rk[p][1] == 'D') {
ans.push_back({ rk[i],rk[p] });p--;
}
else if (f == 2 && rk[p][1] == 'H') {
ans.push_back({ rk[i],rk[p] });p--;
}
else if (f == 3 && rk[p][1] == 'S') {
ans.push_back({ rk[i],rk[p] });p--;
}
else {
cout << "IMPOSSIBLE\n";return;
}
}
}
for (int i = 0;i < n;i++) {
cout << ans[i].first << " " << ans[i].second << '\n';
}
}
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倒计时，但是每次变化数所需要的秒数等于要变化的数位的数量。
求实际上需要多少秒完成倒计时。
$t(1≤t≤10^4)$
$n(1≤n≤4\times 10^5)$
$a_i(1\le a_i\le 10^4)$
计数模拟：
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则对从第一位开始做前缀和，对(前缀和+进位)倒着取模，最后输出即可。
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void solve() {
int n;cin >> n;
string s;cin >> s;
int x = 0;
while (s[x] == '0') {
x++;
}
s = s.substr(x);
vector<ll>v;
for (int i = 0;i < s.size();i++) {
if (i != 0)
v.push_back(v.back() + s[i] - '0');
else {
v.push_back(s[i] - '0');
}
}
reverse(v.begin(), v.end());
ll k = 0;
vector<int>res;
for (int i = 0;i < v.size();i++) {
res.emplace_back((v[i] + k) % 10);
k = (v[i] + k) / 10;
}
while(k > 0) {
res.emplace_back(k % 10);
k /= 10;
}
reverse(res.begin(), res.end());
for (int i = 0;i < res.size();i++) {
cout << res[i];
}cout << '\n';
}
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