防止同学们直接复制粘贴，题解只给出python代码，请自行写出C++代码

方形字符串

• 如果字符串长度为奇数，直接输出NO

• 如果字符串长度为偶数

  • 方法一（C++）：通过s.substr(0,s.size()/2)获取前一半字符串，通过s.substr(s.size()/2,s.size()/2)获取后一半字符串直接比较即可。
  • 方法二（通用）：枚举下标0到s.size()/2-1，比较s[i]==s[i+s.size()/2]是否都成立即可

case = int(input())
for T in range(case):
    s = input()
    n = int(len(s))
    flag = 0
    if n%2!=0 : flag = 1
    for i in range (n//2):
        if s[i] != s[i+n//2]:
            flag = 1
    if flag == 0 : print("Yes")
    else : print("No")

净化字符串

枚举字符串中的每个字符s[i]，如果s[i]==c，判断左右两边的字符数量是否都是偶数，如果是则说明答案是YES，否则是NO

case = int(input())
for T in range(case):
    s = input()
    n = len(s)
    c = input()
    flag = 0
    for i in range(n):
        if s[i]==c[0] :
            if i%2==0 and (n-i-1)%2==0 :
                flag = 1
    if flag == 1 : print("YES")
    else : print("NO")

波利卡和子序列之和

题目说输出的$a$数组的顺序随意，那我们就假设$a$数组是从小到大排好序的，也就是$a[1]<a[2]<a[3]$

显然$b[1]=a[1]$

紧接着会发现，不存在其他数比$a[1]$大但比$a[2]$小了（因为其他数要么是$a[3]$要么是某两个数的和，都比$a[2]$大），所以$b[2]=a[2]$

显然$b[7]=a[1]+a[2]+a[3]$

所以$a[3]=b[7]-b[1]-b[2]$

cas = int(input())
for T in range(cas):
    b = input().split(' ')
    sum = 0
    for i in range(7):
        x = int(b[i])
        if i==0 or i==1 :
            print(x,end=" ")
            sum = sum+x
        elif i==6:
            print(x-sum,end=" ")
    print("")

平方和立方

$n$以内的平方数有$n^{1/2}$（向下取整）个，因为最大的平方数是$n^{1/2}$（向下取整）的平方

$n$以内的立方数有$n^{1/3}$（向下取整）个，因为最大的立方数是$n^{1/3}$（向下取整）的立方

但是有一部分数既是平方数又是立方数，也就是$x^6$这种数，显然这样的数有$n^{1/6}$个

所以根据小学的容斥原理得到：$n^{1/2}（向下取整）+n^{1/3}（向下取整）-n^{1/6}（向下取整）$

但是直接用$pow$函数算这些东西会有误差，可以暴力算，以求$n^{1/3}$为例：

int j = 1;
while((j+1)*(j+1)*(j+1)<=n)j++;

这样循环结束的时候，$j$就是$n^{1/3}$

cas = int(input())
for T in range(cas):
    n = int(input())
    x = int(pow(n,0.5))
    y = 1
    while (y+1)**3<=n : y = y+1
    z = 1
    while (z+1)**6<=n : z = z+1
    print(x+y-z)

消失的音节

随便举个例子：

假设原串是abbaaba，那么在擦除之前写在白板的是：ab bb ba aa ab ba，前一个字符串的末尾等于后一个字符串的开头。

所以如果擦除掉的是中间的某个字符串，那么就会出现有某两个相邻字符串，前一个的末尾不等于后一个的开头，通过这种方法就能判断出来被擦除的是谁了。

如果没有这样的相邻字符串，可以认为擦除的是开头或者末尾的那个，随便添加一个字符到开头或者末尾就行了。

cas = int(input())
for T in range(cas):
    n = int(input())
    s = input().split(' ')
    ans = s[0]
    flag = 0
    for i in range(1,n-2):   
        if s[i][0]==s[i-1][1]:
            ans = ans+s[i][1]
        else :
            ans = ans+s[i]
            flag = 1
    if flag == 0 : ans = ans+"b"
    print(ans)

DIV+MOD

这题和2021年的CSP-J/S入门组第一题非常像，但比那个题要难一点。

首先考虑式子的后半部分x mod a：

• 如果$l\%a + (r-l) >= a-1$，那么说明这部分一定能取到最大值$a-1$
  • 接下来的任务就是让这部分最大的同时，使得$\lfloor x/a\rfloor$最大
  • 根据取余运算的性质知道，在$x$增大的过程中，余数在$0$到$a-1$之间循环变化，每过一个循环周期（也就是余数从$a-1$变成$0$时）$\lfloor x/a\rfloor$增加$1$，所以只要找到余数为$a-1$的最大的$x$即可。
  • 先让$now = (a-1-l\%a)+l$，这样$now$就是最小的余数为$a-1$的数，这时$(r-now)/a$就是还能增大的周期数，所以能使得余数为$a-1$的最大的$x$是$now+(r-now)/a*a$
• 否则直接输出$r/a+r\%a$即可

cas = int(input())
for T in range(cas):
    l,r,a = input().split()
    l = int(l)
    r = int(r)
    a = int(a)
    t = l%a
    if t+(r-l)<a-1:
        print(r//a+r%a)
    else :
        now = (a-1-t)+l
        now += (r-now)//a*a
        print(now//a+now%a)