A. 牛牛扔牌
题目形容
牛牛当初有 n 张扑克牌，每张扑克牌都有点数和花色两局部组成。点数为 ‘1’ - ‘9’ 的正整数，花色为 'C', 'D', 'H', 'S' 其中的一个，别离示意梅花、方块、红桃、黑桃。当初牛牛想按肯定的程序把这n张牌扔掉。扔牌程序的规定如下：
- 如果当初还剩素数张牌，则将牌顶的牌扔掉
- 如果当初还剩非素数张牌，则将牌底的牌扔掉
牛牛想晓得他的扔牌程序是什么，请返回扔牌程序的字符串
备注:
对于 100% 的数据，1 ≤ n ≤ 10。示例1
输出
"3C8D6H3D"输入
"3D3C8D6H"阐明
开始 n = 4，为非素数，扔掉牌底的牌 3Dn = 3，为素数，扔掉牌顶的牌 3Cn = 2，为素数，扔掉牌顶的牌 8Dn = 1，为非素数，扔掉牌底的牌 6H示例2
输出
"8S8S8S8S8S8S8S"输入
"8S8S8S8S8S8S8S"阐明
因为全是8S，所以扔牌程序的每一张牌也都是8S解法
思路剖析
因为 n 在 [1, 10] 上，故本题间接把所有素数列出来即可。没什么难度。
工夫复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
代码实现
/** * * @param x string字符串 字符串从前到后别离是从上到下排列的n张扑克牌 * @return string字符串 */public String Orderofpoker (String x) { int n = x.length() / 2; int top = 0, bot = x.length() - 2; String res = ""; while(n > 0){ if(n == 2 || n == 3 || n == 5 || n == 7){ res += x.substring(top, top + 2); top += 2; }else{ res += x.substring(bot, bot + 2); bot -= 2; } n--; } return res;}B. 疯狂过山车
题目形容
明天牛牛去游乐园玩过山车我的项目，他感觉过山车在上坡下坡的过程是十分刺激的，回到家之后就受到启发，想到了一个问题。如果把整个过山车的轨道当作是一个长度为 n 的数组 num，那么在过山车上坡时数组中的值是出现递增趋势的，到了最高点当前，数组中的值出现递加的趋势，牛牛把合乎这样先增后减法则的数组定义为金字塔数组，请你帮牛牛在整个 num 数组中找出长度最长的金字塔数组，如果金字塔数组不存在，请输入 0。
备注:
1 <= n <= 1000000，且 num 数组中的数 0 <= num[i] <= 1000000。示例1
输出
4,[1,2,3,1]输入
4示例2
输出
5,[1,5,3,3,1]输入
3解法一：直观解法
思路剖析
在遍历的时候判断是否是金字塔数组即可。以后数字 i 和前一个数字 j 比拟有三种状况：
- i > j，阐明数组处于俯冲阶段，若 j 是低谷则对长度 len 初始化为 1。len++。
- i = j，必然不是金字塔，初始化 len 为 1。
- i < j，若之前处于俯冲阶段，阐明是金字塔，len++，并且和金字塔最大长度 res 作比拟。
工夫复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
代码实现
/** * * @param n int整型 * @param num int整型一维数组 * @return int整型 */public int getMaxLength (int n, int[] num) { // write code here int res = 0; int len = 1; boolean up = false; for(int i = 1; i < n; i++) { if(num[i] > num[i - 1]) { up = true; if(i > 1 && num[i - 1] < num[i - 2]) len = 1; len++; }else if(num[i] == num[i - 1]) { len = 1; up = false; }else { if(up) { len++; res = Math.max(len, res); } } } return res;}解法二：寻找金字塔顶法
思路剖析
金字塔数组长度 = 俯冲阶段长度 + 1 (塔顶) + 降落阶段长度。
而降落阶段相当于从右往左遍历时的俯冲阶段。
因而别离用 l 数组和 r 数组记录从左到右和从右到左的俯冲阶段长度。
若 l[i] 和 r[i] 都不为 0，阐明 i 是塔顶。
工夫复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
代码实现
/** * * @param n int整型 * @param num int整型一维数组 * @return int整型 */public int getMaxLength (int n, int[] num) { int res = 0; int[] l = new int[n]; int[] r = new int[n]; for(int i = 1; i < n; i++){ if(num[i] > num[i - 1]) l[i] = l[i - 1] + 1; } for(int i = n - 2; i >= 0; i--){ if(num[i] > num[i + 1]) r[i] = r[i + 1] + 1; } for(int i = 0; i < n; i++){ if(l[i] != 0 && r[i] != 0) res = Math.max(res, l[i] + r[i] + 1); } return res;}C. 牛牛的棋盘
题目形容
牛牛最近在家里看到一个棋盘，有 n m 个格子，在棋盘旁边还放着 k 颗棋子，牛牛想把这 k 颗棋子全副放在 n m 的棋盘上，然而有一个限度条件：棋盘的第一行、第一列、最初一行和最初一列都必须有棋子。牛牛想晓得这样的棋子放法到底有多少种，答案须要对 1e9 + 7取模。
备注:
2 <= n, m <= 30; 1 <= k <=1000示例1
输出
2,3,1输入
0阐明
就1颗棋子，所以无奈满足条件。示例2
输出
2,2,2输入
2阐明
咱们能够把第1颗棋子放在左上角，第2颗棋子放在右下角；也能够把第1颗棋子放在右上角，第2颗棋子放在左下角。故而有2种放法。解法：容斥原理
思路剖析
本题须要具备高中的数学知识：容斥原理和排列组合数。波及的数学公式会在题解中给出，如果有看不明确的中央能够自行查问相干数学概念。
记行 i 上无棋子的汇合为 $S_{ri}$， 列 j 上无棋子的汇合为 $S_{cj}$。依据容斥原理，有
$$\begin{aligned}res &= ∣S_{r1} ∩ S_{rn} ∩ S_{c1} ∩ S_{cm}∣ \hspace{100cm}\\ &= all - ｜S_{r1} ∪ S_{rn} ∪ S_{c1} ∪ S_{cm}∣\\ &= all - \sum_{C \subseteq U}(-1)^{size(C) - 1}|\cap_{e \in C} e|\end{aligned}$$
其中， $U = \{S_{r1}, S_{rn}, S_{c1}, S_{cm}\}$。
因为 $U$ 中只蕴含四个汇合，因而能够用 4 个 bit 别离示意是否交汇合 $S_i$。
总共有 $2^4 - 1 = 15$ 种交加状况，再加上 all ，共计 16 种状况。
排列组合数能够利用公式 $C_m^n = C_{m - 1}^n + C_{m - 1}^{n - 1}$ 迭代计算得出。
代码实现
final int mod = (int)1e9 + 7;/** * * @param n int整型 * @param m int整型 * @param k int整型 * @return int整型 */public int solve (int n, int m, int k) { if(k < 2) return 0; int[][] C = initC(); int res = 0; for(int i = 0; i < 16; i++){ int r = n, c = m, cnt = 0; if((i & 1) != 0) {r--; cnt++;} if((i & 2) != 0) {r--; cnt++;} if((i & 4) != 0) {c--; cnt++;} if((i & 8) != 0) {c--; cnt++;} res = (res - ((cnt & 1) * 2 - 1) * C[r * c][k]) % mod; } return (res + mod) % mod;}public int[][] initC(){ int n = 1000; int[][] C = new int[1001][1001]; for(int i = 1; i <= n; i++) C[i][0] = C[i][i] = 1; for(int i = 2; i <= n; i++){ for(int j = 1; j < i; j++){ C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod; } } return C;}写在最初
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