2020牛客寒假演算法基礎集訓營2
阿新 • • 發佈：2021-01-10
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef long long LL;
LL A,B,C,X,Y,Z;
int main()
{
cin>>A>>B>>C>>X>>Y>>Z;
cout<<min(A,Y)+min(B,Z)+min(C,X)<<endl;
return 0;
}
#include "bits/stdc++.h" using namespace std; string s; int n; int main() { cin>>n; cin>>s; int x=0,y=0; for(auto ch:s){ if(ch=='6') x++; if(ch=='1') y++; } cout<<min(x-1,y)<<endl; }
分析：\(dp(i,j)\)代表前i道題做對j道的概率，顯然我們可以得到\(dp(i,j)=dp(i-1,j-1) \times P_i+dp(i-1,j) \times (1-P_i)\)
#include "bits/stdc++.h" using namespace std; const int maxn=2000+10; typedef long long LL; const LL mod=1e9+7; int n; LL p[maxn],dp[maxn][maxn]; int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&p[i]); dp[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++){ dp[i][0]=dp[i-1][0]*(1-p[i]+mod)%mod; for(int j=1;j<=i;j++){ dp[i][j]=((dp[i-1][j]*(1-p[i]+mod)%mod)+(dp[i-1][j-1]*p[i]%mod))%mod; } } for(int i=0;i<=n;i++) printf("%lld ",dp[n][i]); printf("\n"); return 0; }
分析：首先三點不共線，然後\(a^2+b^2<c^2\)
#include "bits/stdc++.h" using namespace std; const int maxn=500+10; const double eps=1e-9; int n; struct node{ double x,y; }p[maxn]; double dp[maxn][maxn]; double v[5]; void init(){ for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++) dp[i][j]=((p[i].x-p[j].x)*(p[i].x-p[j].x))+((p[i].y-p[j].y)*(p[i].y-p[j].y)); } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lf%lf",&p[i].x,&p[i].y); if(n<3){ printf("0\n"); return 0; } init(); int cnt=0; for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ for(int k=j+1;k<=n;k++){ if((p[i].y-p[k].y)*(p[i].x-p[j].x)-((p[i].x-p[k].x)*(p[i].y-p[j].y))==0) continue; v[0]=dp[i][j]; v[1]=dp[i][k]; v[2]=dp[j][k]; sort(v,v+3); if(v[0]+v[1]<v[2]) cnt++; } } } printf("%d\n",cnt); return 0; }
分析：化成\(i+j+2 \sqrt{ i \times j}=k\)，所以只需要\(i \times j\)為完全平方數，所以就是統計不超過n的所有完全平方數的所有因子數
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n;
int main()
{
scanf("%lld",&n);
LL cnt=0;
for(LL i=1;i*i<=n;i++){
LL tmp=i*i;
for(LL j=1;j*j<=tmp;j++){
if(tmp%j==0){
if(j*j==tmp) cnt++;
else cnt+=2;
}
}
}
printf("%lld\n",cnt);
return 0;
}
分析：牛牛選取一個增加\(a_i\)，相當於牛可樂消耗一個，失去\(b_i\)，所以我們按照\(a_i+b_i\)進行貪心即可
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int maxn=2e5+100;
int n;
struct node{
int a,b,id,sum;
}p[maxn];
bool cmp(node x,node y){
return x.sum>y.sum;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&p[i].a);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&p[i].b);
p[i].id=i;
p[i].sum=p[i].a+p[i].b;
}
sort(p+1,p+1+n,cmp);
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i%2) printf("%d ",p[i].id);
}
printf("\n");
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i%2==0) printf("%d ",p[i].id);
}
printf("\n");
return 0;
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1e9+8;
int T;
LL a,b,c,d,e,f,g;
LL quickmod(LL x,LL y){
LL res=1;
while(y){
if(y&1) res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
int main()
{
cin>>T;
while(T--){
cin>>a>>b>>c>>d>>e>>f>>g;
g%=mod;
if(((quickmod(a,d)+quickmod(b,e))%mod+quickmod(c,f))%mod==g){
cout<<"Yes"<<endl;
}else{
cout<<"No"<<endl;
}
}
return 0;
}
分析：對於當前位置i，有種決策，一種是作為前一段的尾，即\(dp(i-1)+a(i)-a(i-1)\)，還有一種是新起一段
\(dp(i-k)+a(i)-a(i-k+1)\)，二者取最小值就好了，注意從1到K開始往後列舉時，只能作為前一段的尾。
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int maxn=3e5+100;
typedef long long LL;
int n,k;
LL a[maxn],dp[maxn];
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
sort(a+1,a+1+n);
for(int i=1;i<=k;i++) dp[i+k-1]=a[i+k-1]-a[1];
for(int i=2*k;i<=n;i++) dp[i]=min(dp[i-1]+a[i]-a[i-1],dp[i-k]+a[i]-a[i-k+1]);
printf("%lld\n",dp[n]);
return 0;
}
分析：首先對點去重，得到去重之後的點數m。我們列舉最低位k，使得在其中存在\(v_i\)使得該位為0，存在\(v_j\)使得該位為1。然後讓所有為0的跟\(v_j\)連，讓所有為1的跟\(v_i\)連
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
int n;
int main()
{
set<int>s;
scanf("%d",&n);
int v0=0,v1=pow(2,31)-1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int x;
scanf("%d",&x);
v0|=x;
v1&=x;
s.insert(x);
}
int v=v0^v1;
int ans=0;
for(int i=0;i<=30;i++){
int tmp=1<<i;
if(tmp&v){
ans=tmp*(s.size()-1);
break;
}
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
分析：把式子化開，就得到如下形式：\(\prod_{i=l}^r k_i+ \sum_{i=l}^rb_i \prod_{j=i+1}^r k_j\)。於是我們可以把區間\([l,r]\)分成兩段\([l,r_1][r_1+1,r]\)。於是令$ \prod_{i=l_1}{r_1}k_i=m_1,\prod_{i=r_1+1}rk_i=m_2\(，\) \sum_{i=l}^{r_1}b_i \prod_{j=i+1}^{r_1} k_j=n_1， \sum_{i=r_1+1}^rb_i \prod_{j=i+1}^r k_j=n_2$
所以\(m_1 \times m_2+ n_1 \times m_2+n_2\)
#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=2e5+10;
const LL mod=1e9+7;
int n,m;
LL b[maxn],k[maxn];
struct node{
int l,r;
LL k,b;
}tree[maxn<<2];
void pushup(int rt){
tree[rt].k=tree[rt<<1].k*tree[rt<<1|1].k%mod;
tree[rt].b=(tree[rt<<1].b*tree[rt<<1|1].k+tree[rt<<1|1].b)%mod;
}
void build(int l,int r,int rt){
tree[rt].l=l,tree[rt].r=r;
if(l==r){
tree[rt].k=k[l];
tree[rt].b=b[l];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,rt<<1);
build(mid+1,r,rt<<1|1);
pushup(rt);
}
void update(int id,int rt,LL k1,LL b1){
if(tree[rt].l==tree[rt].r){
tree[rt].k=k1,tree[rt].b=b1;
return;
}
int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)>>1;
if(id<=mid) update(id,rt<<1,k1,b1);
else update(id,rt<<1|1,k1,b1);
pushup(rt);
}
pair<LL,LL> query(int l,int r,int rt){
if(tree[rt].l==l&&tree[rt].r==r) return make_pair(tree[rt].k,tree[rt].b);
int mid=(tree[rt].l+tree[rt].r)>>1;
if(r<=mid) return query(l,r,rt<<1);
else if(l>mid) return query(l,r,rt<<1|1);
else return make_pair(query(l,mid,rt<<1).first*query(mid+1,r,rt<<1|1).first%mod,
(query(l,mid,rt<<1).second*query(mid+1,r,rt<<1|1).first+query(mid+1,r,rt<<1|1).second)%mod);
}
int main()
{
//freopen("in.txt","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&k[i]);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&b[i]);
build(1,n,1);
while(m--){
int op,i,l,r;
LL k1,b1;
scanf("%d",&op);
if(op==1){
scanf("%d%lld%lld",&i,&k1,&b1);
update(i,1,k1,b1);
}else{
scanf("%d%d",&l,&r);
pair<LL,LL> tmp=query(l,r,1);
printf("%lld\n",(tmp.first+tmp.second)%mod);
}
}
return 0;
}