T1 T166167 「PMOI-4」人赢

题目大意

给一个数列的前两项分别为\(n\)和\(m\)

当\(i\geq3\)时\(a_i = a_{i-1}*a_{i-2}\)的个位

给定\(n\),\(m\),\(k\), 求以\(n\)和\(m\)为前两项的数列的第\(k\)项

(数据范围 $0 \leq n,m \leq 9 $ \(1 \leq k \leq 1e12\)

思路

通过观察样例可以发发现 \(n,m\)很小 \(k\)很大 因此这道题肯定是有规律的

通过打表我们可以发现 这个数列从第三项开始 每 六项 重复一次

因此我们可以通过找到数列的前六项来找到第\(k\)个数字是多少

AC_CODE

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
//#define int long long
#define endl '\n' using namespace std; typedef pair<int, int> PII ;
typedef long long LL; template < typename T >
inline void read(T &x)
{
x = 0; bool f = 0; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){f ^= !(ch ^ 45);ch=getchar();}
while(isdigit(ch)) x= (x<<1)+(x<<3)+(ch&15),ch=getchar();
x = f ? -x : x;
}
const int N = 2e5 + 10;
int a[N];
void solve() {
int n, k;
read(n), read(k);
LL ans = 0;
for(int i = 1; i <= n; i ++ ) {
read(a[i]);
ans += a[i];
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
int res = n - k;
if(res >= 2)
cout << a[(res + 1) / 2] << endl;
else {
if(res == 0) cout << 0 << endl;
else if(res == 1) cout << ans << endl;
}
} signed main()
{
int T = 1; scanf("%d",&T);
while(T -- ) {
solve();
} return 0;
}

T2 「PMOI-4」生成树

题意

给定一个数组 a[] 我们每次取出这个数列中的一个数字放入新数组中

当这个数字在新数组中的下标为i 这个数字原本k时 其他的数字

加上\(-1^{i+k+1}k\) 求新数组中所有的数字最大的和

思路

我们需要求所有的数字最大的和,基于贪心的思想,我们要让每个数字尽可能的大

当某个数字先选的时候 他会对后面的造成影响,因此我们要让这个影响尽可能的大

可以使后面的数字尽可能的大

由此add受到下标ik的 奇偶性问题 我们做出以下分析

  • 当我们填到第奇数个数字时 我们需要让它对后面的影响为正

    - i+k+1是奇数 且 k是负数

    - i+k+1是偶数 且 k是正数

    - \(|k|\) 尽可能的大(对后面的影响更大

    - 如果上述两种情况不存在,我们优先去放 0(0对后面无影响

    - 如果以上都不存在,我们只能放对后面造成负影响的数字,因此我们让它绝对值尽可能小
  • 偶数同上

AC_CODE

#include <bits/stdc++.h>
#define x first
#define y second
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define debug(x) cout<<#x" ----> "<<x<<endl
#define rep(i, b, s) for(int i = (b); i <= (s); ++i)
#define pre(i, b, s) for(int i = (b); i >= (s); --i) //#define int long long
#define endl '\n'
#define ios ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0), cout.tie(0)
#define all(v) (v).begin(),(v).end() using namespace std; typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII ;
typedef pair<double, double> PDD ;
typedef long long LL; const int N = 1e5 + 10;
int n;
PII a[N];
int b[N];
bool cmp(PII p, PII q) {
return abs(p.x) < abs(q.x);
}
void solve() {
scanf("%d", &n);
vector<PII> l, r;
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
int x;
scanf("%d", &x);
b[i] = x;
if(!x) cnt ++;
else if(x < 0 && x & 1 || x > 0 && !(x & 1)) l.pb({x, i});
else r.pb({x, i});
}
sort(all(l), cmp);
sort(all(r), cmp);
int len1 = l.size(), len2 = r.size();
int t1 = len1 - 1, t2 = len2 - 1, e1 = 0, e2 = 0;
for(int i = 0; i < n; i ++ ) {
if((i + 1) & 1) {
if(t1 >= e1) {
a[i] = l[t1 --];
}
else if(cnt) {
a[i] = {0, 0};
cnt --;
}
else a[i] = r[e2 ++];
}
else {
if(t2 >= e2) a[i] = r[t2 -- ];
else if(cnt) {
a[i] = {0, 0};
cnt --;
}
else a[i] = l[e1 ++];
}
} // for(int i = 0; i < n; i ++ )
// printf("%d %d\n", a[i].x, a[i].y); LL res = 0, ans = 0;
int t = 1;
for(int i = 0; i < n; i ++, t ^= 1 ) {
if(a[i].x == 0) {
ans += res;
continue;
}
ans += (res + a[i].x);
int p = b[a[i].y];
if((t + 1 + p) % 2 == 0) res += p;
else res -= p;
}
printf("%lld", ans); } signed main()
{
int T = 1; //scanf("%d",&T); while(T -- ) {
solve();
} return 0;
}

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