AtCoder Beginner Contest 110
第一場ATcoder就遇到測試樣例出問題取消本場積分的事情,嗚嗚嗚~~一份題解證明我來過!ABC水過前三道,排名575.
上週的比賽,因為最後一題加上拖延症,還是終於在本週比賽開始前來寫這個解題報告了。第一場體驗還是不錯的,後來發現有題解值得表揚(雖然是日語的)!
題意:給三個個位數,將其中兩個拼成兩位數再加上第三個數,得到結果,輸出可能的最大結果。
思路:找到最大的數乘以10,然後把剩下兩個加起來。
#include<iostream> using namespace std; int main() { int a,b,c; cin>>a>>b>>c; int sum=0; if(a>=b&&a>=c) sum=a*10+b+c; else if(b>=a&&b>=c) sum=b*10+a+c; else sum=c*10+a+b; cout<<sum<<endl; }
題意:給兩堆整數,如果有交集則發生戰爭。
思路:輸入時候記錄第一堆的最大數和第二堆的最小數,最後進行比較。
#include<iostream> using namespace std; int main() { int n,m,x,y; cin>>n>>m>>x>>y; int xx,yy; for(int i=0;i<n;i++) { cin>>xx; if(xx>x) x=xx; } for(int i=0;i<m;i++) { cin>>yy; if(yy<y) y=yy; } if(x<y) cout<<"No War"<<endl; else cout<<"War"<<endl; }
思路:兩個等長字串,可以對第一個字串操作,每次操作指定兩個不同的小寫字母,將第一個字串中每個這兩個字母都變成另一個。判斷是否能通過變換將第一個字串變成第二個。
思路:s和t字串都是用一個長度為26的輔助字串來記錄,遍歷s和t字串,同一個字母對應的另一個字串相同位置上的字母要保持一樣,否則不可能。
#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> using namespace std; char s[200005],t[200005]; int main() { cin>>s>>t; int fs[26],ft[26]; memset(fs,-1,sizeof(fs)); memset(ft,-1,sizeof(ft)); int l=strlen(s); int flag=0; for(int i=0;i<l;i++) { if(fs[s[i]-'a']==-1) { fs[s[i]-'a']=t[i]; } else { if(fs[s[i]-'a']!=t[i]) {flag=1;break;} } if(ft[t[i]-'a']==-1) { ft[t[i]-'a']=s[i]; } else { if(ft[t[i]-'a']!=s[i]) {flag=1;break;} } } if(flag) cout<<"No"<<endl; else cout<<"Yes"<<endl; }
D - Factorization
Time Limit: 2 sec / Memory Limit: 1024 MB
Score : 400
points
Problem Statement
You are given positive integers N and M
How many sequences a of length N consisting of positive integers satisfy a1×a2×...×aN=M? Find the count modulo 10^9+7
Here, two sequences a′ and a′′ are considered different when there exists some i such that a′i≠a′′i
Constraints
- All values in input are integers.
- 1≤N≤105
- 1≤M≤109
Input
Input is given from Standard Input in the following format:
N M
Output
Print the number of the sequences consisting of positive integers that satisfy the condition, modulo 10^9+7.
Sample Input 1
2 6Sample Output 1
4Four sequences satisfy the condition: {a1,a2}={1,6},{2,3},{3,2} and {6,1}.
思路:參考了網上各路大神的,我終於理解這道題怎麼做了。將
M分解,記錄成若干素數的個數,問題就變成了將這些素數分成N份,為空的份數放1。也就是假設M分解素因數有k種,每個素數個數為a1,a2...ak,等同於有k種不同小球,每個小球a1,a2...ak個,同種小球相同,問將這些小球放到N的不同的桶裡,有多少種方法,允許空桶。
首先考慮將a個相同小球放到N個不同桶中的方法,然後將這k堆的方案數相乘即可。對於一堆相同小球,使用隔板法計算,因為允許有空桶,增加N個小球變成沒有空桶的情況,可得共C(a+n-1,n-1)種方法。
程式碼計算的時候為了減少迴圈次數,使用了sqet(m),這樣可能會有一個剩餘的素數沒有算到,最後進行了處理。
注意:思路上沒有什麼問題了,主要就是計算C這個公式。
預處理,將階乘計算出來打表記錄。C的計算中有除法過程,因為計算中有求餘,所以要使用逆元,又重新學了一遍。逆元
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
#define MOD 1000000007
long long f[1000005];
long long g[100005];
long long inv[1000005];
long long q_pow(long long n,long long m)
{
int res=1;
while(m)
{
if(m&1)
{
res=(res*n)%MOD;
}
n=(n*n)%MOD;
m=m>>1;
}
return res;
}
void fac()
{
f[0]=1;
inv[0]=1;
for(long long i=1;i<=1000000;i++)
{
f[i]=(f[i-1]*i)%MOD;
}
inv[1000000]=q_pow(f[1000000],MOD-2);
for(long long i=1000000-1;i>0;i--)
{
inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%MOD;
}
}
long long c(long long n,long long m)
{
long long res=((f[n]*inv[n-m])%MOD*inv[m])%MOD;
return res;
}
int main()
{
fac();
long long n,m;
cin>>n>>m;
long long p=0;
long long lim=sqrt(m);
for(int i=2;i<=lim;i++)
{
if(m%i==0)
{
g[p]=0;
while(m%i==0)
{
g[p]++;
m=m/i;
}
p++;
}
}
long long ans=1;
for(int i=0;i<p;i++)
{
ans=(c(g[i]+n-1,n-1)*ans)%MOD;
}
if(m!=1) ans=(ans*n)%MOD;
cout<<ans<<endl;
}