模拟赛1101d2

幸运数字(number)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 最近运气很差，例如在 NOIP 初赛中仅仅考了 90 分，刚刚卡进复赛，于是它决定使
用一些方法来增加自己的运气值。
它觉得，通过收集幸运数字可以快速的增加它的 RP 值。
它给幸运数字下了一个定义：如果一个数 x 能被 3 整除或被 5 整除或被 7 整除，则这个
数为幸运数字。
于是它想让你帮帮它在 L~R 中存在多少幸运数字。
输入格式(number.in)
第一行两个数 L,R。
输出格式(number.out)
一个数表示答案。
输入样例
10 15
输出样例
4
数据范围
对于 50%的数据 1<=L<=R<=10^5。
对于 60%的数据 1<=L<=R<=10^9。
对于 80%的数据 1<=L<=R<=10^18。
对于 90%的数据 1<=L<=R<=10^100。
对于另外 10%的数据 L=1， 1<=R<=10^100。
对于 100%的数据 L， R 没有前导 0。

/*
 容斥原理
  对于1~x中，ans=x/3+x/5+x/7-x/15-x/21-x/35+x/105
  注意高精度时应该先把该加的都加上，在进行减法，这样可以避免出现负数。
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#define N 200
using namespace std;
char s[N];int a1[N],b1[N],c1[N];
struct node
{
    int a[N],len;
    void clear()
    {
        memset(a,,sizeof(a));len=;
    }
};node s1,s2,ans;
node jia(node x,node y)
{
    node c;c.clear();
    memset(a1,,sizeof(a1));
    memset(b1,,sizeof(b1));
    memset(c1,,sizeof(c1));
    for(int i=;i<=x.len;i++)a1[i]=x.a[x.len-i+];
    for(int i=;i<=y.len;i++)b1[i]=y.a[y.len-i+];
    int len=max(x.len,y.len);
    for(int i=;i<=len;i++)
    {
        c1[i]+=a1[i]+b1[i];
        c1[i+]+=c1[i]/;
        c1[i]%=;
    }
    if(c1[len+])len++;
    c.len=len;
    for(int i=len;i>=;i--)c.a[i]=c1[len-i+];
    return c;
}
node jian(node x,node y)
{
    node c;c.clear();
    memset(a1,,sizeof(a1));
    memset(b1,,sizeof(b1));
    memset(c1,,sizeof(c1));
    for(int i=;i<=x.len;i++)a1[i]=x.a[x.len-i+];
    for(int i=;i<=y.len;i++)b1[i]=y.a[y.len-i+];
    int len=max(x.len,y.len);
    for(int i=;i<=len;i++)
    {
        if(a1[i]>=b1[i])c1[i]=a1[i]-b1[i];
        else
        {
            c1[i]=a1[i]+-b1[i];
            a1[i+]--;
        }
    }
    int p=len;
    while(c1[p]==)p--;
    for(int i=p;i>=;i--)c.a[++c.len]=c1[i];
    return c;
}
node chu(node x,int b)
{
    node c;c.clear();
    memset(a1,,sizeof(a1));
    int xx=;
    for(int i=;i<=x.len;i++)
    {
        a1[i]=(xx*+x.a[i])/b;
        xx=xx*+x.a[i]-a1[i]*b;
    }
    int len=;
    while(!a1[len]&&len)len++;
    for(int i=len;i<=x.len;i++)
      c.a[++c.len]=a1[i];
    return c;
}
void init()
{
    s1.a[s1.len]--;
    for(int i=s1.len;i>=;i--)
    {
        if(s1.a[i]>=)break;
        else
        {
            s1.a[i]+=;
            s1.a[i-]--;
        }
    }
    if(!s1.a[])
    {
        s1.len--;
        for(int i=;i<=s1.len;i++)
          s1.a[i]=s1.a[i+];
    }
}
int main()
{
    //freopen("number.in","r",stdin);
    //freopen("number.out","w",stdout);
    cin>>s;s1.len=strlen(s);
    for(int i=;i<=s1.len;i++)s1.a[i]=s[i-]-'';
    cin>>s;s2.len=strlen(s);
    for(int i=;i<=s2.len;i++)s2.a[i]=s[i-]-'';
    init();
    ans=chu(s2,);
    ans=jia(ans,chu(s2,));
    ans=jia(ans,chu(s2,));
    ans=jia(ans,chu(s2,));
    ans=jia(ans,chu(s1,));
    ans=jia(ans,chu(s1,));
    ans=jia(ans,chu(s1,));
    ans=jian(ans,chu(s2,));
    ans=jian(ans,chu(s2,));
    ans=jian(ans,chu(s2,));
    ans=jian(ans,chu(s1,));
    ans=jian(ans,chu(s1,));
    ans=jian(ans,chu(s1,));
    ans=jian(ans,chu(s1,));
    for(int i=;i<=ans.len;i++)
      printf("%d",ans.a[i]);
    return ;
}

位运算(bit)
Time Limit:2000ms Memory Limit:64MB
题目描述
lyk 最近在研究位运算。它发现除了 xor,or,and 外还有很多运算。
它新定义了一种运算符“#” 。
具体地，可以由 4 个参数来表示。 令 a[i][j]表示 i#j。 其中 i,j 与 a 的值均∈[0,1]。
当然问题可以扩展为>1 的情况，具体地，可以将两个数分解为 p 位，然后对于每一位
执行上述的位运算，再将这个二进制串转化为十进制就可以了。
例如当 a[0][0]=0， a[1][1]=0， a[0][1]=1， a[1][0]=1 时,3#4 在 p=3 时等于 7,2#3 在
p=4 时等于 1（实际上就是异或运算）。
现在 lyk 想知道的是，已知一个长为 n 的数列 b。它任意选取一个序列 c，满
足 c1<c2<...<ck，其中 1≤c1 且 ck≤n，定义这个序列的价值为 b{c1}#b{c2}#...#b{ck}
的平方。
这里我们假设 k 是正整数，因此满足条件的 c 的序列个数一定是 2^n−1 。 lyk 想知道
所有满足条件的序列的价值总和是多少。
由于答案可能很大， 你只需输出答案对 1,000,000,007 取模后的结果即可。
输入格式(bit.in)
第一行两个数 n,p。
第二行 4 个数表示 a[0][0]， a[0][1]， a[1][0]， a[1][1]。
第三行 n 个数表示 bi(0<=bi<2^p)。
输出格式(bit.out)
一个数表示答案。
输入样例
3 30
0 1 1 0
1 2 3
输出样例
28
样例解释
{1}的价值为 1， {2}的价值为 4， {3}的价值为 9， {1,2}的价值为 9， {1,3}的价值为 4， {2,3}
的价值为 1， {1,2,3}的价值为 0，因此 7 个子集的价值总和为 28。
数据范围
总共 10 组数据。
对于第 1,2 组数据 n<=5。
对于第 3,4 组数据 n<=10000， p=1。
对于第 5 组数据 a 值均为 0。
对于第 6 组数据 a 值均为 1。
对于第 7 组数据 a[0][0]=0,a[1][0]=0,a[1][1]=1,a[0][1]=1。
对于第 8,9 组数据 n<=1000， p<=10。
对于所有数据 n<=10000， 1<=p<=30。

蚂蚁运输(ant)
Time Limit:5000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 在观察一些蚂蚁。
蚂蚁想要积攒一些货物来过冬。积攒货物的方法是这样的。
对于第 i 只蚂蚁，它要从 li出发，拿起货物，走到 ri处放下货物，需要消耗的时间为|ri-li|。
而且所有蚂蚁都是可以同时进行的，也就是说，假如有 m 只蚂蚁，那么运输完货物的时间
为 max{|ri-li|}。
LYK 决定帮蚂蚁一把，它发明了空间传输装置。具体地，当蚂蚁走到 X 处时，它可以不
耗费任意时间的情况下瞬间到达 Y，或者从 Y 到达 X。也就是说，一个蚂蚁如果使用了空间
传输装置，它耗费的时间将会是 min{|li-X|+|ri-Y|,|li-Y|+|ri-X|}，当然蚂蚁也可以选择徒步走
到目标点。
由于空间传输装置非常昂贵， LYK 打算只建造这么一台机器。并且 LYK 想让蚂蚁运输完
货物的时间尽可能短，你能帮帮它吗？
输入格式(ant.in)
第一行两个数 n,m， n 表示 li,ri 的最大值。
接下来 m 行，每行两个数 li,ri。
输出格式(ant.out)
一个数表示答案
输入样例
5 2
1 3
2 4
输出样例
1
数据范围
对于 20%的数据 n,m<=100。
对于 40%的数据 n,m<=1000。
对于 60%的数据 n<=100000， m<=1000。
对于 80%的数据 n,m<=100000。
对于 100%的数据 n,m<=1000000， 1<=li,ri<=n（ li=ri 时你甚至可以无视这只蚂蚁）。
样例解释
令空间传输装置的参数中 X=2， Y=3 或者 X=3， Y=2 都行。

/*
  二分答案
  因为要求|li-X|+|ri-Y|<=mid，所以
  li-X+ri-Y<=mid;li-X+Y-ri<=mid;X-li+Y-ri<=mid;X-li+ri-Y<=mid;
  即 li+ri-mid<=X+Y<=li+ri+mid;li-ri-mid<=X-Y<=li-ri+mid
  需要找要满足上述要求的X,Y。
*/
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#define N 1000010
using namespace std;
int n,m;
struct node
{
    int x,y;
};node a[N];
int read()
{
    int num=,flag=;char c=getchar();
    while(c<''||c>''){if(c=='-')flag=-;c=getchar();}
    while(c>=''&&c<=''){num=num*+c-'';c=getchar();}
    return num*flag;
}
bool check(int k)
{
    int mn=1e9,mx=-1e9;
    for(int i=;i<=m;i++)
    {
        if(a[i].y-a[i].x<=k)continue;
        mx=max(a[i].x+a[i].y-k,mx);
        mn=min(a[i].x+a[i].y+k,mn);
    }
    if(mx>mn)return false;
    mx=-1e9,mn=1e9;
    for(int i=;i<=m;i++)
    {
        if(a[i].y-a[i].x<=k)continue;
        mx=max(a[i].x-a[i].y-k,mx);
        mn=min(a[i].x-a[i].y+k,mn);
    }
    if(mx>mn)return false;
    return true;
}
int main()
{
    freopen("jh.in","r",stdin);
    //freopen("ant.in","r",stdin);
    //freopen("ant.out","w",stdout);
    int t;scanf("%d%d",&n,&t);
    while(t--)
    {
        int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
        if(x>y)swap(x,y);
        if(x!=y){a[++m].x=x;a[m].y=y;}
    }
    int l=,r=N,ans;
    while(l<=r)
    {
        int mid=(l+r)/;
        if(check(mid))
        {
            ans=mid;r=mid-;
        }
        else l=mid+;
    }
    printf("%d",ans);
    return ;
}