牛客挑战赛34 A~E
闷声发大财
A
O(nmk)dp即可,因为带了1/2的常数+2s所以很稳
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
using namespace std;
int a[801];
int p[801][801];
long long f[801][801];
int n,m,i,j,k,l,K,Y;
int main()
{
// freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&K,&Y);
fo(i,1,n)
scanf("%d",&a[i]);
fo(i,1,n)
{
fo(j,1,m)
{
scanf("%d",&p[i][j]);
if (j<Y)
p[i][j]+=a[i]*j;
}
}
memset(f,127,sizeof(f));
f[0][0]=0;
fo(i,0,n-1)
{
fo(j,0,K)
if (f[i][j]<800000000000ll)
{
fd(k,min(K-j,m),0)
f[i+1][j+k]=min(f[i+1][j+k],f[i][j]+p[i+1][k]);
}
}
printf("%lld\n",f[n][K]);
}
B
m=2的约瑟夫问题,给出一个人求n=1~n时剩下这个人的方案&最大的n
约瑟夫的O(n)递推显然过不了,但是随便打表可以发现答案长这样:
1 1 3 1 3 5 7 1 3 5 7 9 11 13 15 1...
随便算
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
using namespace std;
//int f[233];
long long n,m,s,S,ans1,ans2;
int main()
{
// freopen("b.in","r",stdin);
scanf("%lld%lld",&n,&m);
if (!(m&1))
{
printf("0 0\n");
return 0;
}
S=0;s=1;
while (n)
{
if (n>=s)
{
n-=s;
if (m<=s*2-1)
++ans1,ans2=S+(m+1)/2;
}
else
{
if (m<=n*2-1)
++ans1,ans2=S+(m+1)/2;
n=0;
}
S+=s;
s=s*2;
}
printf("%lld %lld\n",ans1,ans2);
return 0;
// f[1]=0;
// fo(i,2,100)
// f[i]=(f[i-1]+2)%i;
//
// fo(i,1,100)
// cout<<f[i]+1<<" ";
// if (!f[i])
// cout<<f[i-1]+1<<" ";
}
C
在普通循环同构的基础上加上了对角互换
懒得画
假设有一条直线穿过圆,并且保证直线上方的数<=对应的直线下方的数
这样解决了对角互换的条件
然后将圆旋转,可以发现上下两部分同时旋转了
于是可以把一对对应点看成一个元素,那么变成元素种数为m(m+1)/2,环的大小为n的普通轮换问题
直接O(n)枚举会挂,所以枚举gcd,再乘上phi(n/gcd)即可
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define mod 19260817
#define Mod 19260815
using namespace std;
int f[mod+1];
int p[1226565];
int T,i,j,k,l,len,s;
long long n,m,ans;
void init()
{
int i,j;
fo(i,1,mod) f[i]=i;
fo(i,2,mod)
{
if (f[i]==i)
{
--f[i];
p[++len]=i;
}
fo(j,1,len)
if ((long long)i*p[j]<=mod)
{
if (!(i%p[j]))
{
f[i*p[j]]=f[i]*p[j];
break;
}
else
f[i*p[j]]=f[i]*(p[j]-1);
}
else
break;
}
}
long long qpower(long long a,int b)
{
long long ans=1;
while (b)
{
if (b&1)
ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int gcd(int n,int m)
{
int r=n%m;
while (r)
{
n=m;
m=r;
r=n%m;
}
return m;
}
int main()
{
// freopen("c.in","r",stdin);
init();
scanf("%d",&T);
for (;T;--T)
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
m=m*(m+1)/2%mod;
s=floor(sqrt(n));
ans=0;
fo(i,1,s)
if (!(n%i))
{
ans=(ans+qpower(m,i)*f[n/i]%mod)%mod;
if (i*i!=n)
ans=(ans+qpower(m,n/i)*f[i]%mod)%mod;
}
// ans=(ans+qpower(m,gcd(n,i)))%mod;
ans=ans*qpower(n,Mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
}
D
sb题
把平面旋转45°再扩大\(\sqrt{2}\)倍(即(x,y)-->(x+y,y-x)),变成D*D的矩形操作
排序+扫描线
注意边界不能减
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define min(a,b) (a<b?a:b)
#define low(x) (x&-(x))
#define N 200001
using namespace std;
struct type{
int x,y,s;
} a[200001];
int tr[4*N+1];
int tot,n,D,L,i,j,k,l,x,y,sum;
long long ans;
bool cmp(type a,type b)
{
return a.x<b.x || a.x==b.x && a.s<b.s;
}
void change(int t,int l,int r,int x,int s)
{
int mid=(l+r)/2;
tr[t]+=s;
if (l==r)
return;
if (x<=mid)
change(t*2,l,mid,x,s);
else
change(t*2+1,mid+1,r,x,s);
}
int find(int t,int l,int r,int x,int y)
{
int mid=(l+r)/2,ans=0;
if (x<=l && r<=y)
return tr[t];
if (x<=mid)
ans+=find(t*2,l,mid,x,y);
if (mid<y)
ans+=find(t*2+1,mid+1,r,x,y);
return ans;
}
int main()
{
// freopen("d.in","r",stdin);
scanf("%d%d%d",&n,&D,&L);
fo(i,1,n)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
j=x;k=y;
x=j+k;
y=k-j;
a[++tot]={x,y,1};
a[++tot]={x+D,y,-1};
}
sort(a+1,a+tot+1,cmp);
fo(i,1,tot)
{
if (a[i].s==1)
{
ans+=sum-find(1,1,N,max(a[i].y+100001-D+1,1),min(a[i].y+100001+D-1,N));
++sum;
}
change(1,1,N,a[i].y+100001,a[i].s);
}
printf("%lld\n",ans);
}
E
用总数-没有交点的即可,删除可以看成加了一个-1的矩形
求出每个询问上下左右的矩形个数,再减去四个角上的
注意时间也算一维(不用排序),所以需要cdq
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define low(x) (x&-(x))
using namespace std;
struct type{
int x1,y1,x2,y2,s,id;
} a[100001],b[100001];
struct Type{
int s,id;
} c[200001];
struct type1{
int x,s,id;
} d[100001];
struct type2{
int x,y,s,id,Id;
} D[100001];
int tr[200001];
int ans[200001];
int n,i,j,k,l,tp,tot,Tot,sum,len;
bool Cmp(Type a,Type b) {return a.s<b.s;}
bool cmp(type2 a,type2 b) {return a.x<b.x || a.x==b.x && a.id>b.id;}
void change(int t,int s)
{
while (t<=200000)
{
tr[t]+=s;
t+=low(t);
}
}
void clear(int t)
{
while (t<=200000)
{
tr[t]=0;
t+=low(t);
}
}
int find(int t)
{
int ans=0;
while (t)
{
ans+=tr[t];
t-=low(t);
}
return ans;
}
void work1()
{
int i;
fo(i,1,n)
if (d[i].s)
change(d[i].x,d[i].s);
else
ans[d[i].id]-=find(d[i].x-1);
memset(tr,0,sizeof(tr));
}
void work2(int l,int r)
{
int i,mid=(l+r)/2;
if (l==r) return;
work2(l,mid);
work2(mid+1,r);
sort(D+l,D+r+1,cmp);
fo(i,l,r)
if (D[i].Id<=mid && D[i].s)
change(D[i].y,D[i].s);
else
if (D[i].Id>mid && !D[i].s)
ans[D[i].id]+=find(D[i].y-1);
fo(i,l,r)
if (D[i].Id<=mid && D[i].s)
clear(D[i].y);
}
int main()
{
// freopen("e.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);
fo(i,1,n)
{
scanf("%d",&tp);
switch (tp)
{
case 1:{
scanf("%d%d%d%d",&a[i].x1,&a[i].y1,&a[i].x2,&a[i].y2);
++sum;
a[i].s=1;
b[++tot]=a[i];
break;
}
case 2:{
scanf("%d",&j);
--sum;
a[i]=b[j];
a[i].s=-1;
break;
}
case 3:{
scanf("%d%d%d%d",&a[i].x1,&a[i].y1,&a[i].x2,&a[i].y2);
a[i].id=++Tot;
ans[Tot]=sum;
break;
}
}
}
// ---
len=0;
fo(i,1,n)
{
c[++len]={a[i].x1,i};
c[++len]={a[i].x2,-i};
}
sort(c+1,c+len+1,Cmp);
j=0;
fo(i,1,len)
{
j+=i==1 || c[i].s!=c[i-1].s;
if (c[i].id>0)
a[c[i].id].x1=j;
else
a[-c[i].id].x2=j;
}
len=0;
fo(i,1,n)
{
c[++len]={a[i].y1,i};
c[++len]={a[i].y2,-i};
}
sort(c+1,c+len+1,Cmp);
j=0;
fo(i,1,len)
{
j+=i==1 || c[i].s!=c[i-1].s;
if (c[i].id>0)
a[c[i].id].y1=j;
else
a[-c[i].id].y2=j;
}
// ---
fo(i,1,n)
if (a[i].s)
d[i]={a[i].x2,a[i].s,0};
else
d[i]={a[i].x1,0,a[i].id};
work1();
fo(i,1,n)
if (a[i].s)
d[i]={200001-a[i].x1,a[i].s,0};
else
d[i]={200001-a[i].x2,0,a[i].id};
work1();
fo(i,1,n)
if (a[i].s)
d[i]={a[i].y2,a[i].s,0};
else
d[i]={a[i].y1,0,a[i].id};
work1();
fo(i,1,n)
if (a[i].s)
d[i]={200001-a[i].y1,a[i].s,0};
else
d[i]={200001-a[i].y2,0,a[i].id};
work1();
// ---
fo(i,1,n)
if (a[i].s)
D[i]={a[i].x2,a[i].y2,a[i].s,0};
else
D[i]={a[i].x1,a[i].y1,0,a[i].id};
fo(i,1,n)
D[i].Id=i;
work2(1,n);
fo(i,1,n)
if (a[i].s)
D[i]={200001-a[i].x1,200001-a[i].y1,a[i].s,0};
else
D[i]={200001-a[i].x2,200001-a[i].y2,0,a[i].id};
fo(i,1,n)
D[i].Id=i;
work2(1,n);
fo(i,1,n)
if (a[i].s)
D[i]={a[i].x2,200001-a[i].y1,a[i].s,0};
else
D[i]={a[i].x1,200001-a[i].y2,0,a[i].id};
fo(i,1,n)
D[i].Id=i;
work2(1,n);
fo(i,1,n)
if (a[i].s)
D[i]={200001-a[i].x1,a[i].y2,a[i].s,0};
else
D[i]={200001-a[i].x2,a[i].y1,0,a[i].id};
fo(i,1,n)
D[i].Id=i;
work2(1,n);
// ---
fo(i,1,Tot)
printf("%d\n",ans[i]);
}
牛客挑战赛34 A~E的更多相关文章
- 牛客练习赛34 little w and Segment Coverage (差分区间)
链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/297/C来源:牛客网 题目描述 小w有m条线段,编号为1到m. 用这些线段覆盖数轴上的n个点,编号为1到n. 第i条线段 ...
- 牛客挑战赛 39 牛牛与序列 隔板法 容斥 dp
LINK:牛牛与序列 (牛客div1的E题怎么这么水... 还没D难. 定义一个序列合法 当且仅当存在一个位置i满足 $a_i>a_,a_j<a_$且对于所有的位置i,$1 \leq a_ ...
- 牛客挑战赛 30 A 小G数数
题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/375/A 分析:我写的时候竟然把它当成了DP....... 还建了个结构体DP数组,保存一二位,不知道当时脑子在抽啥 ...
- 良心送分题(牛客挑战赛35E+虚树+最短路)
目录 题目链接 题意 思路 代码 题目链接 传送门 题意 给你一棵树,然后把这棵树复制\(k\)次,然后再添加\(m\)条边,然后给你起点和终点,问你起点到终点的最短路. 思路 由于将树复制\(k\) ...
- Luogu5611 Ynoi2013 D2T2/牛客挑战赛32F 最大子段和 分块、分治
传送门 之前一直咕着的,因为一些特殊的原因把这道题更掉算了-- 有一个对值域莫队+线段树的做法,复杂度\(O(n\sqrt{n} \log n)\)然而牛客机子实在太慢了没有希望(Luogu上精细实现 ...
- 牛客挑战赛30 小G砍树 树形dp
小G砍树 dfs两次, dp出每个点作为最后一个点的方案数. #include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define fi first # ...
- 牛客挑战赛30D 小A的昆特牌(组合数学)
题面 传送门 题解 很容易写出一个暴力 \[\sum_{i=l}^r {i+n-1\choose n-1}{s-i+m\choose m}\] 即枚举选了多少个步兵,然后用插板法算出方案数 我们对这个 ...
- 牛客挑战赛30-T3 小G砍树
link 题目大意: n个节点的带标号无根树.每次选择一个度数为1的节点并将它从树上移除.问总共有多少种不同的方式能将这棵树删到只剩 1 个点.两种方式不同当且仅当至少有一步被删除的节点不同. 题解: ...
- 【牛客挑战赛30D】小A的昆特牌(组合问题抽象到二维平面)
点此看题面 大致题意: 有\(S\)张无编号的牌,可以将任意张牌锻造成\(n\)种步兵或\(m\)种弩兵中的一种,求最后步兵数量大于等于\(l\)小于等于\(r\)的方案数. 暴力式子 首先我们来考虑 ...
随机推荐
- linux 使用timedatectl 修改时区和时间
使用timedatectl可以进行如下常见操作 1.查看当前时间/日期/时区:timedatectl或者timedatectl status 2.查看所有可用时区:timedatectl list-t ...
- 【HTTP】二、HTTP协议的报文结构
HTTP有两类报文:请求报文和响应报文,由于 HTTP 是面向正文的(text-oriented),因此在报文中的每一个字段都是一些 ASCII码串,因而每个字段的长度都是不确定的.(HTTP2引 ...
- USACO1.6 回文质数 Prime Palindromes
题目传送门 题目的提示已经非常明显了,可以先生成回文数再判断质数,因为生成回文数的复杂度较小.判断质数用了之前学到的那种做法. 其实可以用一些比较优秀的筛质数的方法,再判断回文数. /* ID: St ...
- 2019JAVA第七次实验报告
Java实验报告 班级 计科二班 学号 20188442 姓名 吴怡君 完成时间 2019.10.25 评分等级 实验任务详情: 完成火车站售票程序的模拟. 要求: (1)总票数1000张: (2)1 ...
- C语言作业09
问题 答案 这个作业属于那个课程 C语言程序设计 这个作业要求在哪里 https://i.cnblogs.com/EditPosts.aspx?opt=1 我在这个课程的目标是 在学好C语言编程的基础 ...
- SCP,scp linux2台机器之间如何传输文件
关键词:scp 转自: http://blog.csdn.net/gatieme https://blog.csdn.net/gatieme/article/details/51673229 scp传 ...
- vs 小贴士
1. ubuntu上vs code root执行 sudo code --user-data-dir="~/.vscode-root" 2. 设置vs code 打开在新的标签页打 ...
- <<C++ Primer>> 第二章 变量和基本类型 术语表
术语表 第 2 章 变量和基本类型 地址(address): 是一个数字,根据它可以找到内存中的一个字节 别名生命(alias declaration): 为另一种类型定义一个同义词:使用 &q ...
- shell基础#1
shell:能直接调用命令(python)1.bash的基本特性 ctrl+L 清屏2.IO重定向与管道符 都由shell提供 命令是一个可执行的二进制程序3.编程基础 编程原理 程序:执行某个功能的 ...
- java 工具类使用
BigDecimalUtil 金额计算工具类 import java.math.BigDecimal; public class BigDecimalUtil { private BigDecimal ...