A题：

题目大意：

给出内角全为120度的六边形的六条边的边长，求由多少边长为1的等边三角形构成。

解题思路：

将六边形补全为一个大的等边三角形，则大的等边三角形的边长为六边形的相邻三边之和，接着减去补的部分。

补的部分是三个边长为认识3个不相邻的六边形边长的长度构成的等边三角形，边长为a的等边三角形，由a*a个边

长为1的小三角形构成。

代码：

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

int main()

{

    int a[10];

    for(int i=0;i<6;i++)

    {

        scanf("%d",&a[i]);

    }

    long long cur=a[0]+a[1]+a[2];

    long long ans=cur*cur-a[0]*a[0]-a[2]*a[2]-a[4]*a[4];

    cout<<ans<<endl;

    return 0;

}

B. Equivalent Strings

题目大意：

依据给定的规则推断字符串相等。

解题思路：

依照题意递归写就可。

代码：

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <algorithm>

#include <cstring>

using namespace std;

const int maxn=200000+1000;

char s1[maxn];

char s2[maxn];

int judge(int st1,int en1,int st2,int en2)

{

    int sign=0;

    for(int i=st1,j=st2;i<=en1;i++,j++)

    {

        if(s1[i]!=s2[j])

        {

            sign=1;

            break;

        }

    }

    if(sign==0)

    return 1;

    else

    {

        if((en1-st1+1)%2==0)

        {

            int mid1=st1+(en1-st1+1)/2-1;

            int mid2=st2+(en2-st2+1)/2-1;

            if(judge(st1,mid1,st2,mid2)&&judge(mid1+1,en1,mid2+1,en2))

            return 1;

            if(judge(st1,mid1,mid2+1,en2)&&judge(mid1+1,en1,st2,mid2))

            return 1;

        }

    }

    return 0;

}

int main()

{

    int len1,len2;

    scanf("%s%s",s1,s2);

    len1=strlen(s1);

    len2=strlen(s2);

    if(len1!=len2)

    cout<<"NO\n"<<endl;

    else

    {

        int sign;

       sign=judge(0,len1-1,0,len1-1);

       if(sign)

       printf("YES\n");

       else

       printf("NO\n");

    }

    return 0;

}

C. Gerald and Giant Chess

题目大意：

给定h*w的格子，n个不可走的点。从(1,1)到(h,w)点。每次仅仅能向下或者向右。求有多少种走法？

解题思路：

首先先不考虑不可走的点，有C(h+w-2,h-1)种走法，一共走h+w-2步，向下的有h-1步。

接着考虑当中的不可走的

点，对于一个不可走的点(x,y)。它走到这个的点的走法是dp[i]，它少走的是dp[i]*C(h-x,w-y,h-x)，于是把每一个不可走

的点当为终点。能够求出全部的走法数。

代码：

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

using namespace std;

int h,w,n;

const int maxn=200000+100;

const int mod=1000000000+7;

long long c[maxn];

long long inv[maxn];

long long dp[5000];

struct node

{

    int x;

    int y;

}a[10000];

long long pow_mod(long long a,int b)//矩阵高速幂

{

    long long ans=1;

    while(b)

    {

        if(b&1)

        ans=(ans*a)%mod;

        a=(a*a)%mod;

        b=b/2;

    }

    return ans;

}

long long com(int x,int y)//求组合数C(x,y)

{

    return ((c[x]*inv[y])%mod*inv[x-y])%mod;

}

bool cmp(node u,node v)

{

    if(u.x==v.x)

    return u.y<v.y;

    return u.x<v.x;

}

int main()

{

    scanf("%d%d%d",&h,&w,&n);

    for(int i=0;i<n;i++)

    scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);

    sort(a,a+n,cmp);

    long long ans=0;

    c[0]=1;

    for(int i=1;i<maxn;i++)

    c[i]=c[i-1]*i%mod;

    inv[0]=1;

    for(int i=1;i<maxn;i++)

    inv[i]=pow_mod(c[i],mod-2);//费马小定理求逆。a^(p-2)=a^(-1)

    ans=com(h+w-2,h-1);

    for(int i=0;i<n;i++)

    {

        dp[i]=com(a[i].x+a[i].y-2,a[i].x-1);

        for(int j=0;j<i;j++)//求过第i个点的方法数

        {

            if(a[j].x<=a[i].x&&a[j].y<=a[i].y)//推断能否够到达i点

            {

                dp[i]-=(dp[j]*com(a[i].x-a[j].x+a[i].y-a[j].y,a[i].x-a[j].x))%mod;

                dp[i]=(dp[i]+mod)%mod;

            }

        }

        ans=(ans-(dp[i]*com(h+w-a[i].x-a[i].y,h-a[i].x))%mod+mod)%mod;

    }

    cout<<ans<<endl;

    return 0;

}