9.15模擬賽
T1 np問題
題目描述
LYK喜歡研究一些比較困難的問題,比如np問題。
這次它又遇到一個棘手的np問題。問題是這個樣子的:有兩個數n和p,求n的階乘對p取模後的結果。
LYK覺得所有np問題都是沒有多項式復雜度的算法的,所以它打算求助即將要參加noip的你,幫幫LYK吧!
輸入輸出格式
輸入格式:
輸入一行兩個整數n,p。
輸出格式:
輸出一行一個整數表示答案。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1:3 4
輸出樣例#1:2
說明
對於20%的數據:n,p<=5。
對於40%的數據:n,p<=1000。
對於60%的數據:n,p<=10000000。
對於80%的數據:n<=10^18,p<=10000000。
對於另外20%的數據:n<=10^18,p=1000000007。
其中大致有50%的數據滿足n>=p。
題解:
如果n>=p輸出0,如果n<=10000000直接跑,如果n<p<=1000000007打表。
分段打表 每段 10^7。
第一題煞筆了,%到0才break,直接判斷輸出0不就行了....50分都沒有...Q^Q
老師還手動證明了快速乘比直接乘慢....my heart is flowing blood
代碼:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; #ifdef unix#define LL "%lld" #else #define LL "%I64d" #endif long long n,p,ans=1; inline long long read(){ char ch=getchar();long long x=0,f=1; for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-‘0‘; return x*f; } long long num[120]={1,682498929,491101308,76479948,723816384,67347853,27368307,625544428,199888908, 888050723,927880474,281863274,661224977,623534362,970055531,261384175,195888993,66404266,547665832, 109838563,933245637,724691727,368925948,268838846,136026497,112390913,135498044,217544623,419363534, 500780548,668123525,128487469,30977140,522049725,309058615,386027524,189239124,148528617,940567523, 917084264,429277690,996164327,358655417,568392357,780072518,462639908,275105629,909210595,99199382, 703397904,733333339,97830135,608823837,256141983,141827977,696628828,637939935,811575797,848924691, 131772368,724464507,272814771,326159309,456152084,903466878,92255682,769795511,373745190,606241871, 825871994,957939114,435887178,852304035,663307737,375297772,217598709,624148346,671734977,624500515, 748510389,203191898,423951674,629786193,672850561,814362881,823845496,116667533,256473217,627655552, 245795606,586445753,172114298,193781724,778983779,83868974,315103615,965785236,492741665,377329025, 847549272,698611116}; int main(){ n=read();p=read(); if(n>=p){ printf("0\n"); return 0; } if(p==1000000007){ ans=num[n/10000000]; for(int i=n/10000000*10000000+1;i<=n;i++)ans=ans*i%p; cout<<ans%p<<endl; return 0; } for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*i%p; cout<<ans%p<<endl; return 0; }
T2
看程序寫結果
題目描述
LYK最近在準備NOIP2017的初賽,它最不擅長的就是看程序寫結果了,因此它拼命地在練習。
這次它拿到這樣的一個程序:
Pascal:
readln(n);
for i:=1 to n do read(a[i]);
for i:=1 to n do for j:=1 to n do for k:=1 to n do for l:=1 to n do
if (a[i]=a[j]) and (a[i]<a[k]) and (a[k]=a[l]) then ans:=(ans+1) mod 1000000007;
writeln(ans);
C++:
pcanf(“%d”,&n);
for (i=1; i<=n; i++) scanf(“%d”,&a[i]);
for (i=1; i<=n; i++) for (j=1; j<=n; j++) for (k=1; k<=n; k++) for (l=1; l<=n; l++)
if (a[i]==a[j] && a[i]<a[k] && a[k]==a[l]) ans=(ans+1)%1000000007;
printf(“%d\n”,ans);
LYK知道了所有輸入數據,它想知道這個程序運行下來會輸出多少。
輸入輸出格式
輸入格式:
第一行一個數n,第二行n個數,表示ai。
輸出格式:
一個數表示答案。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1:4
1 1 3 3
輸出樣例#1:4
說明
對於20%的數據n<=50。
對於40%的數據n<=200。
對於60%的數據n<=2000。
對於100%的數據n<=100000,1<=ai<=1000000000。
題解:
直接把程序搬上去20分。
正解:首先看第一層和第三層循環,作用是尋找和它一樣的數有多少個。我們可以記錄一下每個數
有多少個,在平方就是前兩層循環找的方案數,然後用前綴和記錄,每個數乘以比它大的個數。
代碼:
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 100005 #define mod 1000000007LL using namespace std; int a[maxn],n,cnt; long long num[maxn],sum[maxn],ans; inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=1; for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-‘0‘; return x*f; } int main(){ n=read(); for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read(); sort(a+1,a+n+1); for(int i=1;i<=n;i++){ if(a[i]!=a[i-1])cnt++; num[cnt]++; } for(int i=1;i<=cnt;i++){ num[i]=(num[i]*num[i])%mod; sum[i]=sum[i-1]+num[i]; } for(int i=1;i<cnt;i++){ ans=(ans+num[i]*(sum[cnt]-sum[i]))%mod; } cout<<ans<<endl; return 0; }
T3 選數字
題目描述
LYK找到了一個n*m的矩陣,這個矩陣上都填有一些數字,對於第i行第j列的位置上的數為ai,j。
由於它AK了noip2016的初賽,最近顯得非常無聊,便想到了一個方法自娛自樂一番。它想到的遊戲是這樣的:每次選擇一行或者一列,它得到的快樂值將會是這一行或者一列的數字之和。之後它將該行或者該列上的數字都減去p(之後可能變成負數)。如此,重復k次,它得到的快樂值之和將會是它NOIP2016復賽比賽時的RP值。
LYK當然想讓它的RP值盡可能高,於是它來求助於你。
輸入輸出格式
輸入格式:
第一行4個數n,m,k,p。
接下來n行m列,表示ai,j。
輸出格式:
輸出一行表示最大RP值。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1:2 2 5 2
1 3
2 4
輸出樣例#1:11
說明
總共10組數據。
對於第1,2組數據n,m,k<=5。
對於第3組數據k=1。
對於第4組數據p=0。
對於第5,6組數據n=1,m,k<=1000。
對於第7,8組數據n=1,m<=1000,k<=1000000。
對於所有數據1<=n,m<=1000,k<=1000000,1<=ai,j<=1000,0<=p<=100。
樣例解釋
第一次選擇第二列,第二次選擇第二行,第三次選擇第一行,第四次選擇第二行,第五次選擇第一行,快樂值為7+4+2+0+-2=11。
其中均勻分布著50%的數據不同的ai個數<=10,對於另外50%的數據不同的ai個數>=n/10。
題目大意:每次選矩陣的某一行或者是某一列,得到列或者行的和,然後每個數-p,重復q次。
題解:40分 特判+暴力鬼畜貪心。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int n,m,k,p,maxn,x; long long ans; inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=x*10+ch-‘0‘; return x*f; } struct CC{ int sum,id; }col[1002]; struct RR{ int sum,id; }row[1002]; bool cmpc(CC a,CC b){ return a.sum>b.sum; } bool cmpr(RR a,RR b){ return a.sum>b.sum; } int main(){ freopen("select.in","r",stdin); freopen("select.out","w",stdout); n=read();m=read();k=read();p=read(); //n行 m列 k重復次數 減去p for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ x=read(); row[i].id=i;row[i].sum+=x; col[j].id=j;col[j].sum+=x; maxn=max(maxn,max(row[i].sum,col[j].sum)); } } if(k==1){printf("%d\n",maxn);return 0;} if(p==0){cout<<1LL*k*maxn;return 0;} sort(row+1,row+n+1,cmpr); sort(col+1,col+m+1,cmpc); for(int i=1;i<=k;i++){ if(row[1].sum>col[1].sum){ ans+=row[1].sum; row[1].sum-=(p*m); for(int i=1;i<=m;i++)col[i].sum-=p; }else{ ans+=col[1].sum; col[1].sum-=(p*m); for(int i=1;i<=n;i++)row[i].sum-=p; } sort(row+1,row+n+1,cmpr); sort(col+1,col+m+1,cmpc); } cout<<ans<<endl; fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; }
正解:貪心+枚舉
發現每次取行或者是列都是獨立的。預處理出行的前k大值,列的前k大值。
枚舉行取多少個,列就是k-行的個數,最後再減去沒有減的p。
代碼:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,m,k,p; long long ans; long long row[1010],col[1010],sum1[1010000],sum2[1010000]; inline int read(){ char ch=getchar();int x=0,f=1; for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch==‘-‘)f=-1; for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-‘0‘; return x*f; } int main(){ n=read();m=read();k=read();p=read(); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=m;j++){ int x;x=read(); row[i]+=x;col[j]+=x; } } make_heap(row+1,row+n+1); make_heap(col+1,col+m+1); for(int i=1;i<=k;i++){ sum1[i]=sum1[i-1]+row[1]; pop_heap(row+1,row+n+1); row[n]-=m*p; push_heap(row+1,row+n+1); sum2[i]=sum2[i-1]+col[1]; pop_heap(col+1,col+m+1); col[m]-=n*p; push_heap(col+1,col+m+1); } ans=1LL*-100000000*1000000000; for(int i=0;i<=k;i++)ans=max(ans,sum1[i]+sum2[k-i]-1LL*i*(k-i)*p); cout<<ans<<endl; return 0; }
9.15模擬賽