11.1 afternoon

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。

L--------

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define maxn 510
using namespace std;
int n,cnt,a[maxn],b[maxn],c[maxn],d[maxn],A[maxn],B[maxn],C[maxn];
char L[maxn],R[maxn];
void Div(){
    int x=;
    for(int i=a[];i>=;i--){
        x=x*+a[i];
        b[i]=x/;
        x-=b[i]*;
    }
    for(int i=a[];i>=;i--)
        if(b[i]){
            b[]=i;break;
        }
}
void Mul1(){
    c[]=b[];
    for(int i=;i<=c[];i++)
        c[i]=b[i]*;
    for(int i=;i<=c[];i++)
        if(c[i]>){
            c[i+]+=c[i]/;
            c[i]%=;
        }
    while(c[c[]+]){
        c[]++;c[c[]+]+=c[c[]]/;c[c[]]%=;
    }
}
void Mul2(){
    for(int i=;i<=b[];i++)
        b[i]=b[i]*;
    for(int i=;i<=b[];i++)
        if(b[i]>){
            b[i+]+=b[i]/;
            b[i]%=;
        }
    while(b[b[]+]){
        b[]++;b[b[]+]+=b[b[]]/;b[b[]]%=;
    }
}
void Jian(){
    for(int i=;i<=a[];i++)
        d[i]=a[i]-c[i];
    for(int i=;i<=a[];i++)
        if(d[i]<){
            d[i]+=;d[i+]--;
        }
    for(int i=a[];i>=;i--)
        if(d[i]){
            d[]=i;break;
        }
}
void Jian2(){
    for(int i=;i<=B[];i++)
        C[i]=B[i]-A[i];
    for(int i=;i<=B[];i++)
        if(C[i]<){
            C[i]+=;C[i+]--;
        }
    for(int i=B[];i>=;i--)
        if(C[i]){
            C[]=i;break;
        }
}
void Add(int x){
    b[]+=x;int p=;
    while(b[p]>){
        b[p+]+=b[p]/;b[p]%=;p++;b[]=max(b[],p);
    }
    if(b[b[]+])b[]++;
}
int Get(){
    int r=;
    for(int i=d[];i>=;i--)
        r=r*+d[i];
    return r;
}
void Cl(){
    memset(a,,sizeof(a));
    memset(b,,sizeof(b));
    memset(c,,sizeof(c));
    memset(d,,sizeof(d));
}
int main()
{
    freopen("number.in","r",stdin);
    freopen("number.out","w",stdout);
    scanf("%s%s",L,R);
    a[]=strlen(L);
    for(int i=;i<=a[];i++)
        a[i]=L[a[]-i]-'';
    a[]--;
    int p=;
    while(a[p]<){
        a[p]+=;a[p+]--;
    }
    if(a[a[]]==)a[]--;
    Div();Mul1();Jian();Mul2();
    n=Get();cnt=;
    for(int i=;i<=n;i++)
        if(i%==||i%==||i%==)cnt++;
    Add(cnt);
    for(int i=;i<=b[];i++)A[i]=b[i];
    Cl();
    a[]=strlen(R);
    for(int i=;i<=a[];i++)
        a[i]=R[a[]-i]-'';
    Div();Mul1();Jian();Mul2();
    n=Get();cnt=;
    for(int i=;i<=n;i++)
        if(i%==||i%==||i%==)cnt++;
    Add(cnt);
    for(int i=;i<=b[];i++)B[i]=b[i];
    Jian2();
    for(int i=A[];i>=;i--)
        printf("%d",A[i]);printf("\n");
    for(int i=B[];i>=;i--)
        printf("%d",B[i]);printf("\n");
    for(int i=max(C[],);i>=;i--)
        printf("%d",C[i]);printf("\n");
    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。

考试的时候读错题爆零了233

正解你猜

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+模型转化+数学公式

/*
听了琴神的方法 %%% 很好地模型转化
有大部分的点 l>r 先预处理一下
对于 r-l<=x 的直接忽略
另外的 走X Y
假设 X < Y 那么一定是 Abs(L-X)+Abs(R-Y)
不妨把 XY LR 看做二维平面内的两个点
这个就是表示的他的曼哈顿距离
那么问题就转化成了 对于二分到的答案Mid
能不能找到一对 X Y 使得 以(X,Y)为中心的
倾斜45°正方形能覆盖所有的第二类点
这里直接无脑求得点到直线的距离(不会旋转坐标系)
然后 然后就没了
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define inf 1e8
#define G 1.4142135623730950488016887242097
#define ld long double
#define maxn 1000010
using namespace std;
int n,m,L[maxn],R[maxn],ans,X,Y;
ld xi[maxn],yi[maxn];
int init(){
    int x=,f=;char s=getchar();
    while(s<''||s>''){if(s=='-')f=-;s=getchar();}
    while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}
    return x*f;
}
ld Abs(ld x){
    return x>?x:-x;
}
ld Min(ld x,ld y){
    return x<y?x:y;
}
ld Max(ld x,ld y){
    return x>y?x:y;
}
ld Cal(ld A,ld B,ld C,ld x,ld y){
    ld X=Abs((A*x+B*y+C)/(sqrt(A*A+B*B)));
    if(y>x&&B==-)X=-X;
    return X;
}
bool Judge(int x){
    ld x1=inf,y1=inf,x2=-inf,y2=-inf;
    for(int i=;i<=m;i++){
        if(R[i]-L[i]<=x)continue;
        x1=Min(x1,xi[i]);y1=Min(y1,yi[i]);
        x2=Max(x2,xi[i]);y2=Max(y2,yi[i]);
    }
    int now=ceil(Max(x2-x1,y2-y1)/(ld)(G));
    return now<=x;
}
int main()
{
    freopen("ant.in","r",stdin);
    freopen("ant.out","w",stdout);
    n=init();m=init();
    for(int i=;i<=m;i++){
        L[i]=init();R[i]=init();
        if(L[i]>R[i])swap(L[i],R[i]);
        xi[i]=Cal(,-,,(ld)L[i],(ld)R[i]);
        yi[i]=Cal(,,,(ld)L[i],(ld)R[i]);
    }
    int l=,r=n;
    while(l<=r){
        int mid=l+r>>;
        if(Judge(mid)){
            ans=mid;r=mid-;
        }
        else l=mid+;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}