最小的数

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 31   Accepted Submission(s) : 17

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

定义一种正整数集合K,集合中有N个数,集合中元素Ki(1<=i<=N)是包含i个不同质因子的最小的数。因为Ki可能会很大,所以将集合中所有Ki对10^9+7取余。

Input

本题只有唯一一组测试数据,第一行给出N,q,表示K的个数以及q次询问。1<=N<=1000,q<=10^5.
接下来q行每行一个正整数(64位整数范围内),请判断其对10^9+7取余后,是否在集合K中。

Output

对于每次询问,根据题意输出Yes或No

Sample Input

3 3
2
6
33

Sample Output

Yes
Yes
No

思路:因为集合中有n个数(每个数都是由i个不同的质因子组成的最小的数),所以通过素数筛选法选出前n个素数,
因为要是不同的质因子,所以最小的数就是i个相对小的素数相乘,然后把乘积取余放入set中,之后直接查找就好了
 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 2225
#define M 1000000
#define LL __int64
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson l,mid,ans<<1
#define rson mid+1,r,ans<<1|1
using namespace std;
const LL mod = 1e9 + ;
const double eps = 1e-;
LL num[N];
int flag[M];
set<LL> s;
int main() {
cin.sync_with_stdio(false);
s.clear();
LL n, q;
cin >> n;
q = ;
memset(flag, , sizeof(flag));
for (int i = ; i < M; i++) {
if (!flag[i]) {
num[q++] = i;
if (q == n) {
break;
}
for (int j = i + i; j < M; j += i) {
flag[j] = ;
}
}
}
s.insert(num[]);
for (int i = ; i < n; i++) {
num[i] *= num[i - ];
num[i] %= mod;
s.insert(num[i]);
}
cin >> q;
while (q--) {
cin >> n;
n %= mod;
if (s.find(n) != s.end()) {
cout << "Yes" << endl;
}
else {
cout << "No" << endl;
}
}
return ;
}

不安全字符串

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 15   Accepted Submission(s) : 11

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

集训十分无聊,于是boss发明了一个“益智”游戏——假设有一段仅由U和L构成的字符串,我们定义当连续的U的个数大于等于三的时候,这个字符串是不安全的。现告诉你字符串的长度n,请你算出能够生成多少个不安全字符串。

Input

输入有多组,每组仅输入一个n,代表字符串的长度,当n等于0的时候输入结束。(4<=n<=30)

Output

输出可生成的不安全字符串的个数。

Sample Input

4
5
0

Sample Output

3
8

思路:递推吧,因为每一个情况都是由前一个情况转变过来的,所以用一个dp数组去存每个情况相应的值,每一层的意思如下:(i为当前序列的长度)

dp[i][0]没有三个连续U的序列最右边为L 
dp[i][1]没有三个连续U的序列最右边有一个U 
dp[i][2]没有三个连续U的序列最右边有两个连续的U 
dp[i][3]有三个连续的U的序列

结合每个情况可以发现

  1. dp[i][0]可以由dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]转变过来,因为前一状态只要不是有了3个连续的U的序列,在最右边加一个L就可以形成
  2. dp[i][1]可以由dp[i - 1][0]转变过来,因为只能是在最右边没有U的序列加上个U形成
  3. dp[i][2]可以由dp[i - 1][1]转变过来,因为只能是在最右边有一个U的序列加上个U形成
  4. dp[i][3]可以由dp[i - 1][3] * 2 + dp[i - 1][2]转变过来,因为如果原本就是有连续3个U的序列最右边加上什么都是该情况,然后也可以在最右边有两个U的序列加上个U形成

结合上面的思路就能写出这题了

 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 35
#define M 1000000
#define LL __int64
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson l,mid,ans<<1
#define rson mid+1,r,ans<<1|1
using namespace std;
const LL mod = 1e9 + ;
const double eps = 1e-;
LL dp[N][];
void init() {
dp[][] = ;
dp[][] = ;
dp[][] = ;
dp[][] = ;
for (int i = ; i <= ; i++) {
dp[i][] = dp[i - ][] + dp[i - ][] + dp[i - ][];
dp[i][] = dp[i - ][];
dp[i][] = dp[i - ][];
dp[i][] = dp[i - ][] * + dp[i - ][];
}
}
int main() {
cin.sync_with_stdio(false);
int n;
init();
while (cin >> n&&n) {
cout << dp[n][] << endl;
}
return ;
}

壮壮的数组

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 32   Accepted Submission(s) : 14

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

A,B,C为三个元素个数为n的数组,A={a1,a2,a3...an},B={b1,b2,b3...bn},C={c1,c2,c3...cn};
已知A、B数组,而且有ci等于ai或bi(1<=i<=n),毫无疑问,C数组有很多种组合。
但是zz不希望C数组全由A数组或者B数组组成,每一种组合都有一个K值,K=c1*c2*c3*...*cn。
现在需要你求出每一种组合对应的K值,并将它们加起来的结果。这个结果可能会很大,请将答案对1e9+7取模。
例如A={1,2,3} B={2,2,4}。
C数组可能为{a1,b2,b3} {b1,a2,b3} {b1,b2,a3} {a1,a2,b3} {a1,b2,a3} {b1,a2,a3}
K值分别为8,16,12,8,6,12,所以你应该输出62。

大量输入,建议使用scanf

Input

输入数据包含多个测试实例,每个测试实例的第一行只有一个整数n(1<=n<=100000),表示A,B,C数组元素个数,第二行有n个数据表示a1 a2 a3...an,第三行有n个数据表示b1 b2 b3...bn,(1<=ai,bi<=1e9)。处理到文件的结束。

Output

对于每个测试实例,输出一行数据表示问题的答案,请将答案对1e9+7取模。

Sample Input

3
1 2 3
2 2 4
1
3
4

Sample Output

62
0

思路:数学题目,因为c序列是由a,b序列中的数构成的,每一位不是选a[i],就是选b[i],但是因为数据量比较大所以不能直接模拟去写,举个例子:

A序列:a1 a2 
B序列:b1 b2 
C序列:(1)a1 b2 (2)a2 b1 
K值得总和:a1 * b2+a2 * b1 
(a1+b1) * (a2+b2) = a1 * a2+a1 * b2+b1 * a2+b1 * b2 
K=(a1+b1) * (a2+b2)-(a1 * a2+b1 * b2)(因为不让全为A或者B)

所以可以通过这个方式计算出K的值

 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define M 1000000
#define LL __int64
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson l,mid,ans<<1
#define rson mid+1,r,ans<<1|1
using namespace std;
const LL mod = 1e9 + ;
const double eps = 1e-;
LL a[N], b[N];
int main() {
cin.sync_with_stdio(false);
int n;
LL sum, ans, cnt;
while (cin >> n) {
ans = ;
for (int i = ; i < n; i++) {
cin >> a[i];
ans *= a[i];
ans %= mod;
}
cnt = ;
for (int i = ; i < n; i++) {
cin >> b[i];
cnt *= b[i];
cnt %= mod;
}
sum = ;
for (int i = ; i < n; i++) {
sum *= (a[i] + b[i]);
sum %= mod;
}
sum = (sum + mod - ans + mod - cnt) % mod;
cout << sum << endl;
}
return ;
}

涛涛的Party

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 31   Accepted Submission(s) : 16

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

涛神因为极强,并且特别帅,所以拥有很多美女的联系方式,每个美女都有自己的食量以及魅力值,大家都知道,物以类聚,人以群分,朋友的朋友就是自己的朋友,所以美女一般都是有自己的美女朋友圈,而且这些美女特别团结,如果她的朋友有没有被邀请的她就不会答应邀请。涛涛想办一个party,但是他只准备了w kg的食物,他想获得最大的美女魅力值,不知道怎么邀请美女,于是他去问你,你能告诉他,他能获得的美女魅力数是多少吗

Input

数据有多组,第一行输入n,m和w(1≤n≤1000,0≤m≤min(n*(n-1)/2,10^5),1≤w≤1000);第二行输入n个整型变量w1,w2,...,wn(1≤wi≤1000)代表美女i的食量;第三行输入n个整型变量b1,b2,...,bn(1≤bi≤106)代表美女i的魅力值;接下来的m行输入两个数x和y(1≤xi,yi≤n,xi≠yi),代表x和y是朋友

Output

输出涛涛能获得的最大魅力值

Sample Input

3 1 5
3 2 5
2 4 2
1 2
4 2 11
2 4 6 6
6 4 2 1
1 2
2 3

Sample Output

6
1

思路:就是并查集+01背包,因为他必须要是一个朋友圈的人参加才会去,并且朋友的朋友就是自己的朋友,
所以通过并查集去得到这个朋友圈,把这个朋友圈中的所有美女的食量和魅力值都叠加起来,求01背包就好了
 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define N 1100
#define M 50010
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const LL mod = 1e9 + ;
const double eps = 1e-;
int pre[N];
LL dp[N];
struct node {
int w, b;
}people[N];
map<int,node>quan;
int n, m, w;
void init() {
for (int i = ; i <= n; i++) {
pre[i] = i;
}
quan.clear();
memset(dp, , sizeof(dp));
}
int find(int x) {
if (pre[x] == x) {
return x;
}
return pre[x] = find(pre[x]);
}
void add(int a, int b) {
int aa = find(a);
int bb = find(b);
if (aa != bb) {
pre[aa] = bb;
}
}
bool cmp(node a, node b) {
if (a.w == b.w) {
return a.b > b.b;
}
return a.w < b.w;
}
int main() {
cin.sync_with_stdio(false);
int a, b;
while (cin >> n >> m >> w) {
init();
for (int i = ; i <= n; i++) {
cin >> people[i].w;
}
for (int i = ; i <= n; i++) {
cin >> people[i].b;
}
for (int i = ; i < m; i++) {
cin >> a >> b;
add(a, b);
}
for (int i = ; i <= n; i++) {
if (quan.find(find(i)) == quan.end()) {
quan[pre[i]].w = ;
quan[pre[i]].b = ;
}
quan[pre[i]].w += people[i].w;
quan[pre[i]].b += people[i].b;
}
for (map<int, node>::iterator it = quan.begin(); it != quan.end();it++) {
node now = it->second;
for (int i = w; i >= now.w; i--) {
dp[i] = max(dp[i], dp[i - now.w] + now.b);
}
}
cout << dp[w] << endl;
}
return ;
}

手机信号

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 13   Accepted Submission(s) : 10

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

现在在市面上流传了一款功能极简的手机,在手机上用一个 7×7 的显示屏来显示手机信号,每个区块能显示一个字符。满信号的时候显示如下:

+-----+
|- 4G|
|-- |
|--- |
|---- |
|-----|
+-----+
(杭电描述区块对字宽的设定不统一,正确显示请看输出样例)
每一格信号(第i(1≤i≤5) 格信号有 i个-)代表 20% 的信号强度,不足一格信号的部分不显示。同时会在右上角显示当前的网络传输模式。在信号强度不低于 90% 的时候显示4G;当信号低于 90%、不低于 60% 的时候显示3G;否则显示E。
对于给定的当前信号强度 d%,输出信号的 7×7 像素的图案。

Input

输入一个整数 d(0≤d≤100),表示信号强度。

Output

按照题目要求输出,每行末尾不要输出多余的空白字符。

Sample Input

0
65

Sample Output

+-----+
| E|
| |
| |
| |
| |
+-----+
+-----+
|- 3G|
|-- |
|--- |
| |
| |
+-----+
 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <algorithm>
#define N 310
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
int main() {
int n;
cin.sync_with_stdio(false);
while (cin >> n) {
cout << "+-----+" << endl;
if (n < ) {
cout << "| E|\n| |\n| |\n| |\n| |\n+-----+" << endl;
}
else if (n < ) {
cout << "|- E|\n| |\n| |\n| |\n| |\n+-----+" << endl;
}
else if (n < ) {
cout << "|- E|\n|-- |\n| |\n| |\n| |\n+-----+" << endl;
}
else if (n < ) {
cout << "|- 3G|\n|-- |\n|--- |\n| |\n| |\n+-----+" << endl;
}
else if (n < ) {
cout << "|- 3G|\n|-- |\n|--- |\n|---- |\n| |\n+-----+" << endl;
}
else if (n < ) {
cout << "|- 4G|\n|-- |\n|--- |\n|---- |\n| |\n+-----+" << endl;
}
else {
cout << "|- 4G|\n|-- |\n|--- |\n|---- |\n|-----|\n+-----+" << endl;
}
}
return ;
}

涛神的城堡

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 55   Accepted Submission(s) : 14

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

涛神有一个城堡给游客参观,涛神特别的强壮,涛神的强壮值是strong,每个游客也有自己的强壮值,涛神为了赚钱,他会选取多个区间去打劫别人,所以如果比涛神弱的,他就要收取他们的强壮值的差值,但是还是有比涛涛强壮的,所以涛涛打劫那个人的话,涛涛要给那个人他们的强壮值的差值,所以涛涛可以选择打不打劫那个区间的人,(人是可以重复打劫的,区间不行)涛涛最多能赚多少钱呢?

Input

第一行给你三个整型变量n,m,strong(1≤n,m≤10000,1≤strong≤200),
第二行给你n个人的强壮值a1,a2,...,an(1≤ai≤200).
接下来m行给你两个整型变量l,r(1≤li≤ri≤n),代表区间里包括了第l个游客到第r个游客,涛涛可以选择打不打劫这个区间

Output

输出涛涛可以打劫到的最多的钱

Sample Input

5 4 10
9 12 9 7 14
1 2
4 5
3 4
1 4

Sample Output

7

思路:就是一个前缀和的想法,先把涛涛对于每个人能得到多少钱或者失去多少钱预处理出来,然后通过前缀和就可

以得到每个区间能的得到或者失去多少钱,moneysum[l~r]=sum[r]-sum[l-1]。然后做一个贪心操作,把能获得钱的区

间取出来,要付钱的区间去掉,这样就是涛涛能获得的最大的钱数

 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define LL long long
#define N 11000
#define M 50010
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
using namespace std;
const LL mod = 1e9 + ;
const double eps = 1e-;
int num[N];
int main() {
cin.sync_with_stdio(false);
int n, m;
int strong;
int a, b, c;
while (cin >> n >> m >> strong) {
num[] = ;
for (int i = ; i <= n; i++) {
cin >> num[i];
num[i] = strong - num[i];
num[i] += num[i - ];
}
int sum = ;
for (int i = ; i < m; i++) {
cin >> a >> b;
c = num[b] - num[a - ];
if (c > ) {
sum += c;
}
}
cout << sum << endl;
}
return ;
}

dada的GCD

Time Limit : 3000/1000ms (Java/Other)   Memory Limit : 65535/32768K (Java/Other)
Total Submission(s) : 23   Accepted Submission(s) : 13

Font: Times New Roman | Verdana | Georgia

Font Size: ← →

Problem Description

C语言都学过了怎么计算两个数的最大公约数,而一段区间[L,R]的GCD即这段区间所有数的最大公约数。现在给你一串长度为n的序列,如果对于序列的任意子区间[L,R],都有这段区间的gcd>=2,那么这段序列就叫做dada的GCD序列。
n<=10^4
序列的每个数小于10^9

Input

第一行有一个整数t,代表t组数据
每组输入有一个正整数n,
随后一行n个正整数。

大量输入,使用cin的同学请关闭stdio同步

Output

如果是dada的GCD序列,就输出Yes,反之输出No

Sample Input

2
3
2 6 4
3
4 6 9

Sample Output

Yes
No

思路:因为问你一个序列的任意区间的gcd是不是大于等于2,因为是任意区间,所有其实只有整个序列的gcd是大于等于2的时候任意区间的gcd是大于等于2的

 #include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define M 1000000
#define LL __int64
#define inf 0x3f3f3f3f
#define lson l,mid,ans<<1
#define rson mid+1,r,ans<<1|1
using namespace std;
const LL mod = 1e9 + ;
const double eps = 1e-;
LL num[N];
LL gcd(LL a, LL b) {
return b == ? a : gcd(b, a%b);
}
int main() {
cin.sync_with_stdio(false);
int n, T;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
for (int i = ; i < n; i++) {
cin >> num[i];
}
if (n == ) {
if (num[] >= ) {
cout << "Yes" << endl;
}
else {
cout << "No" << endl;
}
}
else {
LL ans = gcd(num[], num[]);
for (int i = ; i < n; i++) {
ans = gcd(ans, num[i]);
}
if (ans >= ) {
cout << "Yes" << endl;
}
else {
cout << "No" << endl;
}
}
}
return ;
}

JXNU暑期选拔赛的更多相关文章

  1. JXNU 新生选拔赛

    1001 最小的数 Problem Description 定义一种正整数集合K,集合中有N个数,集合中元素Ki(1<=i<=N)是包含i个不同质因子的最小的数.因为Ki可能会很大,所以将 ...

  2. ACM暑期训练总结

    ACM暑期集训总结报告 不知不觉,ACM暑期集训已经过去了一个月了(其实我还差几天才够一个月,因为最后几天要回家办助学贷款,所以没坚持到最后,当了个逃兵.....[汗])也到了结束的时候.在这一个月中 ...

  3. 2016中国大学生程序设计竞赛 - 网络选拔赛 C. Magic boy Bi Luo with his excited tree

    Magic boy Bi Luo with his excited tree Problem Description Bi Luo is a magic boy, he also has a migi ...

  4. 2016 ccpc 网络选拔赛 F. Robots

    Robots Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Total Subm ...

  5. 2015腾讯暑期实习生 Web前端开发 面试经历

    [2015腾讯暑期实习生 Web前端开发 面试经历] 好吧,首先声明,我被刷了,应该是跪在二面 微信查到的面试状态一直呈现复试中 .. 整整四天了.. 看来是没希望了 不过也是一次经历,记录一下还是可 ...

  6. ThoughtWorks西邮暑期特训营 -- JavaScript在线笔试题

    ThoughtWorks 公司在西邮正式开办的只教女生前端开发的女子卓越实验室已经几个月过去了,这次计划于暑期在西邮内部开展面向所有性别所有专业的前端培训. 具体官方安排请戳:ThoughtWorks ...

  7. 记拿到鹅厂前端开发暑期实习offer的经历

    #想起来时的路 在真正拿到腾讯实习offer之前,也是看过不少人的面经,心生向往.很早在入前端坑之前,我就想着大四的时候有机会要尝试去腾讯里实习. 大一入门语言就是C++,这让我很无奈,所以我很快的就 ...

  8. Codevs 2296 仪仗队 2008年省队选拔赛山东

    2296 仪仗队 2008年省队选拔赛山东 时间限制: 1 s 空间限制: 256000 KB 题目等级 : 大师 Master 题解 题目描述 Description 作为体育委员,C君负责这次运动 ...

  9. Codevs 2449 骑士精神 2005年省队选拔赛四川

    2449 骑士精神 2005年省队选拔赛四川 时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : **大师 Master** 题目描述 Description 在一个5×5的棋盘上有12 ...

随机推荐

  1. finecms同时调用子栏目和子栏目的文章怎么操作

    之前ytkah写过dedecms如何调用当前栏目的子栏目及子栏目文章,那如果是finecms如何同时调用子栏目和子栏目的文章呢? {list action=category pid=0 id=31} ...

  2. 调用finecms栏目多图怎么实现

    finecms栏目自定义字段添加图集怎么调用出来?已经上传两张图片了,点击可以预览图片,前端显示不了,如下图所示.调用栏目多图这个要涉及到二次开发,首先要先添加栏目自定义字段,设为文件的格式,然后可以 ...

  3. 两个js冲突怎么解决?试试这四个方法

    两个js冲突很让前端头疼,虽然jquery是通用的,但调用不同经常会出问题.jQuery是目前流行的JS封装包,简化了很多复杂的JS程序,JQuery讲浏览器DOM树定义为$,通过$来获取各个子节点. ...

  4. MySQL 从库down机

    MySQL 从库down机中午突然down机,重启后,从库同步报主键重复的错误. Could not execute Write_rows event on table operation_maste ...

  5. mongodb studio 3t 破解无限使用脚本

    @echo off ECHO 重置Studio 3T的使用日期...... FOR /f "tokens=1,2,* " %%i IN ('reg query "HKEY ...

  6. 这可能是由于 CredSSP 加密 Oracle 修正。

    1.Win+R 输入regedit打开注册表 找到对应的以下目录 HKEY_LOCAL_MACHINE\SOFTWARE\Microsoft\Windows\CurrentVersion\Polici ...

  7. Redis入门到高可用(九)——无序set

    一.结构 特点:无序,无重复,支持集合间操作 二.主要API smembers : 无序:(会阻塞)小心使用,可用sscan代替 spop: 从集合中弹出元素,每次只能弹出一个: 三.实战 抽奖系统 ...

  8. 多线程——继承Thread类实现一个多线程

    继承Thread类实现一个多线程 Thread类部分源码: package java.lang; //该类实现了Runnable接口 public class Thread implements Ru ...

  9. Scala数据类型的继承结构

    Scala中,所有的值都是类对象,而所有的类,包括值类型,都最终继承自一个统一的根类型Any.统一类型,是Scala的又一大特点.更特别的是,Scala中还定义了几个底层类(Bottom Class) ...

  10. mapper映射文件不发布

    mapper映射文件不发布的问题:在pom.xml中配置,指定加载哪些资源 <resources> <resource> <directory>src/main/j ...