solved 4
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题挺好的，就是没见过这么卡常的。。
A(签到)
题意：有n个盒子，每个盒子里都有若干AB两种糖，甲只能吃A，乙只能吃B，每次至少吃一个，最多把一个盒子里的吃光，没有糖之后就不能吃，吃掉最后一颗糖的获胜，问谁能获胜。
显然一次吃一颗最优，谁的糖多谁赢。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
#define LL long long
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
const int N =2e3+7;
const int mod=1e9+7;
int n,k;
int main(){
int t,x;
cin>>t;
while(t--){
cin>>n;
int s1=0,s2=0;
rep(i,n){
cin>>x;
s1+=x;
}
rep(i,n){
cin>>x;
s2+=x;
}
if(s1>s2)cout<<"BaoBao"<<endl;
else cout<<"DreamGrid"<<endl;
}
//system("pause");
}
00：05（2A）
E(线段树)
题意：询问数列一段区间的乘积，支持区间乘法和区间乘方。
比较裸的线段树，对两种操作打两个tag分别维护，由费马小定理推论: p是质数时，a^(n%(p-1))=a^n(%p)。对指数取模(p-1)即可。
（函数不加inline还T，我写的常数这么大吗。。）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
const int N=1e5+7;
const int mod=1e9+7;
int n,a[N],tree[N*4],tag1[N*4],tag2[N*4],len[N*4];
inline void update(int node){
tree[node]=1LL*tree[node<<1]*tree[node<<1|1]%mod;
}
inline int po(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1)res=1LL*res*x%mod;
y>>=1;
x=1LL*x*x%mod;
}
return res;
}
inline void maketag(int node,int v,int k){
tree[node]=1LL*po(tree[node],k)*po(v,len[node])%mod;
tag1[node]=1LL*po(tag1[node],k)*v%mod;
tag2[node]=1LL*tag2[node]*k%(mod-1);
}
inline void push_down(int node){
maketag(node<<1,tag1[node],tag2[node]);
maketag(node<<1|1,tag1[node],tag2[node]);
tag1[node]=tag2[node]=1;
}
inline int query(int node,int L,int R,int l,int r){
if(l>R||r<L)return 1;
if(L>=l&&R<=r)return tree[node];
push_down(node);
int mid=(L+R)>>1;
return 1LL*query(node<<1,L,mid,l,r)*query(node<<1|1,mid+1,R,l,r)%mod;
}
inline void change(int node,int L,int R,int l,int r,int v,int k){
if(l>R||r<L)return;
if(L>=l&&R<=r){
maketag(node,v,k);
return ;
}
if(tag1[node]!=1||tag2[node]!=1)push_down(node);
int mid=(L+R)>>1;
change(node<<1,L,mid,l,r,v,k);
change(node<<1|1,mid+1,R,l,r,v,k);
update(node);
}
void build(int node,int l,int r){
tag1[node]=tag2[node]=1;
len[node]=r-l+1;
if(l==r){
tree[node]=a[l];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(node<<1,l,mid);
build(node<<1|1,mid+1,r);
update(node);
}
int main()
{
int t,q;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d",&n,&q);
rep(i,n)scanf("%d",&a[i]);
build(1,1,n);
while(q--){
int op,l,r,v;
scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
if(op==1){
scanf("%d",&v);
change(1,1,n,l,r,v,1);
}
if(op==2){
scanf("%d",&v);
change(1,1,n,l,r,1,v);
}
if(op==3){
printf("%d\n",query(1,1,n,l,r));
}
}
}
//system("pause");
}
02：07（3A）
F(模拟）
题意：给出一个多项式做分子和分母的分式，求分式趋近于x0的极限
洛必达法则，一直求导到分子和分母不都为0即可。麻烦的其实只是读入。。注意输出格式。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
const int N=1e5+7;
const int mod=1e9+7;
int num[2][10],x;
LL gcd(LL a,LL b){
if(!b)return a;
return gcd(b,a%b);
}
void getit(string s,int k){
int res=1,ex=-1;
for(int i=0;i<s.size();i++){
if(s[i]==‘x‘){
ex=1;
}
else if(s[i]==‘^‘){
ex=s[i+1]-‘0‘;
i++;
}
else if(s[i]==‘-‘){
if(ex!=-1){
num[k][ex]=res;
res=1;
ex=-1;}
res=-1;
}
else if(s[i]>=‘0‘&&s[i]<=‘9‘)res*=s[i]-‘0‘,ex=0;
else {
num[k][ex]=res;
res=1;
ex=-1;
}
}
if(ex!=-1){
num[k][ex]=res;
res=1;
ex=0;
}
// for(int i=0;i<=9;i++)cout<<num[k][i]<<" ";
//cout<<endl;
}
LL getnum(int k){
LL res=1;
LL ans=0;
for(int i=0;i<=9;i++){
ans+=res*num[k][i];
res*=x;
}
return ans;
}
void change(int k){
for(int i=0;i<9;i++){
num[k][i]=num[k][i+1]*(i+1);
num[k][i+1]=0;
}
//for(int i=0;i<=9;i++)cout<<num[k][i]<<" ";
//cout<<endl;
}
string s1,s2;
int main(){
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--){
memset(num,0,sizeof(num));
cin>>s1>>s2>>x;
getit(s1,0);
getit(s2,1);
while(getnum(0)==0&&getnum(1)==0){
change(0);
change(1);
}
if(getnum(1)==0)cout<<"INF"<<endl;
else if(getnum(0)==0)cout<<0<<endl;
else {
LL g=gcd(abs(getnum(0)),abs(getnum(1)));
if( (getnum(0)>0)!=(getnum(1)>0) )cout<<"-";
if(abs(getnum(1))/g==1)cout<<abs(getnum(0))/g<<endl;
else cout<<abs(getnum(0))/g<<"/"<<abs(getnum(1))/g<<endl;
}
}
}
03：06（2A）
J(暴力)
题意：给出两个序列An,Bn，有多少对等长的子序列Ai-j和Bi-j之间的距离小于等于v，两个子序列的距离定义为 ∑ (|ai-bi|^p) （p<=3）
暴力的做法是n^3枚举两个区间起点和最大长度，考虑优化。以Ai和Bj为起点时，因为距离公式的每一项都非负，显然最大长度至少是以Ai-1和Bj-1为起点是的最大长度减一。因此每次暴力的时候记录下最大长度和这一段的距离，之后就可以再次使用。因为区间右端点是单调递增的，也就是长度最多扩大n次。类似于双指针，可以证明复杂度是O(n^2)的。
（不知道为什么时间卡的这么紧。。1e3还多组数据，改了无数遍才卡着过去了)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
const int N=1005;
LL a[N],b[N];
int l[N][N];
LL sum[N][N];
LL n,v,p;
inline LL f(int i,int j)
{
LL res=1,x=abs(a[i]-b[j]);
rep(i,p)res*=x;
return res;
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%lld%lld%lld",&n,&v,&p);
rep(i,n)scanf("%lld",&a[i]);
rep(i,n) scanf("%lld",&b[i]);
LL ans=0;
rep(i,n)
{
rep(j,n)
{
LL now=sum[i-1][j-1]-f(i-1,j-1);
int k;
for(k=l[i-1][j-1]-1; i+k<=n&&j+k<=n; k++)
{
if(now+f(i+k,j+k)<=v)
now+=f(i+k,j+k);
else
break;
}
sum[i][j]=now;
l[i][j]=k;
ans+=k;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
01：03（9A）
原文地址：https://www.cnblogs.com/xutianshu/p/10591561.html
时间： 2024-10-30 02:01:07