最小的数
Problem Description
定义一种正整数集合K，集合中有N个数，集合中元素Ki（1<=i<=N）是包含i个不同质因子的最小的数。因为Ki可能会很大，所以将集合中所有Ki对10^9+7取余。
Input
本题只有唯一一组测试数据，第一行给出N，q，表示K的个数以及q次询问。1<=N<=1000，q<=10^5.
接下来q行每行一个正整数（64位整数范围内），请判断其对10^9+7取余后，是否在集合K中。
Output
对于每次询问，根据题意输出Yes或No
Sample Input
3 3 2 6 33
Sample Output
Yes Yes No 直接用set保存下，查询就从set里查询就行。
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #include <algorithm>
5 #include <set>
6 #define ll long long
7 using namespace std;
8 const int MAX = 1e4+10;
9 const int MOD = 1e9+7;
10 int vis[10010],b[MAX*10],k;
11 void init() {
12 for(int i = 2; i < 10000; i ++) {
13 if(!vis[i]){
14 b[++k] = i;
15 for(int j = i+i; j < 10000; j += i)
16 vis[j] = 1;
17 }
18 }
19 }
20 int main() {
21 int n,q;
22 std::ios::sync_with_stdio(false);
23 init();
24 cin>>n>>q;
25 set<ll> st;
26 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
27 ll ans = 1;
28 for(int j = 1; j <= i; j ++) {
29 ans = 1LL*b[j]*ans%MOD;
30 }
31 st.insert(ans);
32 }
33 ll num;
34 while(q--) {
35 cin>>num;
36 if(st.count(num)) printf("Yes\n");
37 else printf("No\n");
38 }
39 return 0;
40 }
不安全字符串
Problem Description
集训十分无聊，于是boss发明了一个“益智”游戏——假设有一段仅由U和L构成的字符串，我们定义当连续的U的个数大于等于三的时候，这个字符串是不安全的。现告诉你字符串的长度n,请你算出能够生成多少个不安全字符串。
Input
输入有多组，每组仅输入一个n，代表字符串的长度,当n等于0的时候输入结束。（4<=n<=30）
Output
输出可生成的不安全字符串的个数。
Sample Input
4 5 0
Sample Output
3 8 Hint:对于第一个样例，当n为4的时候，我们满足条件的有 UUUU LUUU UUUL 三种情况 思路：递推吧，因为每一个情况都是由前一个情况转变过来的，所以用一个dp数组去存每个情况相应的值，每一层的意思如下：（i为当前序列的长度）
dp[i][0]没有三个连续U的序列最右边为L
dp[i][1]没有三个连续U的序列最右边有一个U
dp[i][2]没有三个连续U的序列最右边有两个连续的U
dp[i][3]有三个连续的U的序列
结合每个情况可以发现
- dp[i][0]可以由dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]转变过来，因为前一状态只要不是有了3个连续的U的序列，在最右边加一个L就可以形成
- dp[i][1]可以由dp[i - 1][0]转变过来，因为只能是在最右边没有U的序列加上个U形成
- dp[i][2]可以由dp[i - 1][1]转变过来，因为只能是在最右边有一个U的序列加上个U形成
- dp[i][3]可以由dp[i - 1][3] * 2 + dp[i - 1][2]转变过来，因为如果原本就是有连续3个U的序列最右边加上什么都是该情况，然后也可以在最右边有两个U的序列加上个U形成
1 #include <iost100000ream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #define ll long long
5 using namespace std;
6 ll dp[33][4];
7 int main() {
8 dp[1][0] = dp[1][1] = 1;
9 dp[1][2] = dp[1][3] = 0;
10 for(int i = 2; i < 33; i ++) {
11 dp[i][0] = dp[i-1][0] + dp[i-1][1] + dp[i-1][2];
12 dp[i][1] = dp[i-1][0];
13 dp[i][2] = dp[i-1][1];
14 dp[i][3] = dp[i-1][3]*2 + dp[i-1][2];
15 }
16 int n;
17 while(scanf("%d",&n)&&n) {
18 cout << dp[n][3] << endl;
19 }
20 return 0;
21 }
壮壮的数组
Problem Description
A,B,C为三个元素个数为n的数组，A={a1,a2,a3...an},B={b1,b2,b3...bn},C={c1,c2,c3...cn};
已知A、B数组，而且有ci等于ai或bi（1<=i<=n），毫无疑问，C数组有很多种组合。
但是zz不希望C数组全由A数组或者B数组组成，每一种组合都有一个K值，K=c1*c2*c3*...*cn。
现在需要你求出每一种组合对应的K值，并将它们加起来的结果。这个结果可能会很大，请将答案对1e9+7取模。
例如A={1,2,3} B={2,2,4}。
C数组可能为{a1,b2,b3} {b1,a2,b3} {b1,b2,a3} {a1,a2,b3} {a1,b2,a3} {b1,a2,a3}
K值分别为8，16，12，8，6，12，所以你应该输出62。
大量输入，建议使用scanf
Input
输入数据包含多个测试实例，每个测试实例的第一行只有一个整数n(1<=n<=100000)，表示A,B,C数组元素个数，第二行有n个数据表示a1
a2 a3...an，第三行有n个数据表示b1 b2 b3...bn，(1<=ai,bi<=1e9)。处理到文件的结束。
Output
对于每个测试实例，输出一行数据表示问题的答案，请将答案对1e9+7取模。
Sample Input
3 1 2 3 2 2 4 1 3 4
Sample Output
62 0 其实就是求(a1+b1)*(a2+b2)*....*(an+bn)-a1*a2...*an-b1*b2*...*bn。答案取摸就行，但是我的就不咋的就是过不去。下面是我的代码。
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #include <algorithm>
5 #define ll long long
6 using namespace std;
7 const ll Mod = 1e9+7;
8 const int MAX = 100010;
9 ll a[MAX], b[MAX];
10
11 ll fun(ll x, ll n) {
12 if(x >= 0){
13 ll y = x/n;
14 return x - y*n;
15 }else {
16 return x+n;
17 }
18 }
19 int main() {
20 std::ios::sync_with_stdio(false);
21 int n;
22 while(scanf("%d",&n)!=EOF) {
23 for(int i = 1; i <= n; i ++) cin>>a[i];
24 for(int i = 1; i <= n; i ++) cin>>b[i];
25 ll ans = 1;
26 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
27 ans = ans*(a[i]+b[i])%Mod;
28 }
29
30 ll x = 1, y = 1;
31 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
32 x = x*a[i]%Mod;
33 }
34 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
35 y = y*b[i]%Mod;
36 }
37 cout << (ans-x-y+Mod)%Mod << endl;
38 }
39 return 0;
40 }
下面的答案
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #define ll long long
5 using namespace std;
6 const int MAX = 100010;
7 const int mod = 1e9+7;
8 ll a[MAX], b[MAX];
9 int main() {
10 int n;
11 std::ios::sync_with_stdio(false);
12 while(cin>>n) {
13 ll ans = 1;
14 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
15 cin >> a[i];
16 ans *= a[i];
17 ans %= mod;
18 }
19 ll cnt = 1;
20 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
21 cin >> b[i];
22 cnt *= b[i];
23 cnt %= mod;
24 }
25 ll sum = 1;
26 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
27 sum *= (a[i]+b[i]);
28 sum %= mod;
29 }
30 cout << (sum+mod-ans+mod-cnt)%mod;
31 }
32 return 0;
33 }
涛涛的Party
Problem Description
涛神因为极强，并且特别帅，所以拥有很多美女的联系方式，每个美女都有自己的食量以及魅力值，大家都知道，物以类聚，人以群分，朋友的朋友就是自己的朋友，所以美女一般都是有自己的美女朋友圈，而且这些美女特别团结，如果她的朋友有没有被邀请的她就不会答应邀请。涛涛想办一个party，但是他只准备了w kg的食物，他想获得最大的美女魅力值，不知道怎么邀请美女，于是他去问你，你能告诉他，他能获得的美女魅力数是多少吗
Input
数据有多组，第一行输入n,m和w(1≤n≤1000,0≤m≤min(n*(n-1)/2,10^5),1≤w≤1000)；第二行输入n个整型变量w1,w2,...,wn(1≤wi≤1000)代表美女i的食量；第三行输入n个整型变量b1,b2,...,bn(1≤bi≤106)代表美女i的魅力值；接下来的m行输入两个数x和y(1≤xi,yi≤n,xi≠yi),代表x和y是朋友
Output
输出涛涛能获得的最大魅力值
Sample Input
3 1 5 3 2 5 2 4 2 1 2 4 2 11 2 4 6 6 6 4 2 1 1 2 2 3
Sample Output
6 1
Author
大豪哥
并查集和01背包的运用，同一个集合下的人可以当成一个人。
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #include <algorithm>
5 #include <set>
6 using namespace std;
7 int n,m,W;
8 int w[1010], b[1010],fa[1010], dp[1010];
9 struct Nod{
10 int w, b;
11 Nod(){
12 w = b = 0;
13 }
14 }nod[1010];
15 int find(int x) {
16 return fa[x] = (x==fa[x])?x:find(fa[x]);
17 }
18 void unite(int x, int y) {
19 x = find(x);
20 y = find(y);
21 if(x < y) fa[y] = x;
22 else fa[x] = y;
23 }
24 int main() {
25 std::ios::sync_with_stdio(false);
26 while(cin>>n>>m>>W) {
27 for(int i = 1; i <= n; i ++) cin>>w[i],fa[i] = i;
28 for(int i = 1; i <= n; i ++) cin>>b[i];
29 for(int i = 1; i <= m; i ++) {
30 int x, y;
31 cin>>x>>y;
32 unite(x,y);
33 }
34 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
35 int x = find(i);
36 nod[x].w += w[i];
37 nod[x].b += b[i];
38 }
39 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
40 if(nod[i].b != 0 && nod[i].w != 0) {
41 for(int j = W; j >= nod[i].w; j --) {
42 dp[j] = max(dp[j],dp[j-nod[i].w]+nod[i].b);
43 }
44 }
45 }
46 printf("%d\n",dp[W]);
47 for(int i = 1; i <= n; i ++){
48 nod[i].b = nod[i].w = 0;
49 }
50 memset(dp,0,sizeof(dp));
51 }
52 return 0;
53 }
手机信号
Problem Description
现在在市面上流传了一款功能极简的手机，在手机上用一个 7×7 的显示屏来显示手机信号，每个区块能显示一个字符。满信号的时候显示如下：
+-----+
|- 4G|
|-- |
|--- |
|---- |
|-----|
+-----+
（杭电描述区块对字宽的设定不统一，正确显示请看输出样例）
每一格信号（第i(1≤i≤5) 格信号有 i个-）代表 20% 的信号强度，不足一格信号的部分不显示。同时会在右上角显示当前的网络传输模式。在信号强度不低于 90% 的时候显示4G；当信号低于 90%、不低于 60% 的时候显示3G；否则显示E。
对于给定的当前信号强度 d%，输出信号的 7×7 像素的图案。
Input
输入一个整数 d(0≤d≤100)，表示信号强度。
Output
按照题目要求输出，每行末尾不要输出多余的空白字符。
Sample Input
0 65
Sample Output
+-----+ | E| | | | | | | | | +-----+ +-----+ |- 3G| |-- | |--- | | | | | +-----+ 直接判断下就行了。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 int main(){
4 int d;
5 while(cin>>d){
6 if(d < 20){
7 cout << "+-----+\n| E|\n| |\n| |\n| |\n| |\n+-----+\n";
8 }else if(d < 40){
9 cout << "+-----+\n|- E|\n| |\n| |\n| |\n| |\n+-----+\n";
10 }else if(d < 60){
11 cout << "+-----+\n|- E|\n|-- |\n| |\n| |\n| |\n+-----+\n";
12 }else if(d < 80){
13 cout << "+-----+\n|- 3G|\n|-- |\n|--- |\n| |\n| |\n+-----+\n";
14 }else if(d < 90){
15 cout << "+-----+\n|- 3G|\n|-- |\n|--- |\n|---- |\n| |\n+-----+\n";
16 }else if(d < 100){
17 cout << "+-----+\n|- 4G|\n|-- |\n|--- |\n|---- |\n| |\n+-----+\n";
18 }else if(d == 100){
19 cout << "+-----+\n|- 4G|\n|-- |\n|--- |\n|---- |\n|-----|\n+-----+\n";
20 }
21 }
22 return 0;
23 }
涛神的城堡
Problem Description
涛神有一个城堡给游客参观，涛神特别的强壮，涛神的强壮值是strong，每个游客也有自己的强壮值，涛神为了赚钱，他会选取多个区间去打劫别人，所以如果比涛神弱的，他就要收取他们的强壮值的差值，但是还是有比涛涛强壮的，所以涛涛打劫那个人的话，涛涛要给那个人他们的强壮值的差值，所以涛涛可以选择打不打劫那个区间的人，（人是可以重复打劫的，区间不行）涛涛最多能赚多少钱呢？
Input
第一行给你三个整型变量n,m,strong(1≤n,m≤10000,1≤strong≤200),
第二行给你n个人的强壮值a1,a2,...,an(1≤ai≤200).
接下来m行给你两个整型变量l,r(1≤li≤ri≤n),代表区间里包括了第l个游客到第r个游客,涛涛可以选择打不打劫这个区间
Output
输出涛涛可以打劫到的最多的钱
Sample Input
5 4 10 9 12 9 7 14 1 2 4 5 3 4 1 4
Sample Output
7 这题也挺气的，线段树、树状数组和前缀和都做了，就是过不去。下面是我的一些代码。线段树：
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #define ll long long
5 #define lson l,m,rt<<1
6 #define rson m+1,r,rt<<1|1
7 using namespace std;
8 const int MAX = 10010;
9 int n,m,str,x;
10 int tree[MAX<<2];
11 void Push(int rt) {
12 tree[rt] = tree[rt<<1] + tree[rt<<1|1];
13 }
14 void build(int l, int r, int rt) {
15 if(l == r) {
16 scanf("%d",&x);
17 tree[rt] = str-x;
18 return ;
19 }
20 int m = (l+r)>>1;
21 build(lson);
22 build(rson);
23 Push(rt);
24 }
25 ll query(int l, int r, int rt, int LL, int RR) {
26 if(LL <= l && r <= RR) {
27 return tree[rt];
28 }
29 ll sum = 0;
30 int m = (l+r)>>1;
31 if(m >= LL) sum += 1LL*query(lson,LL,RR);
32 if(m < RR) sum += 1LL*query(rson,LL,RR);
33 return sum;
34 }
35 int main() {
36 std::ios::sync_with_stdio(false);
37 while(cin>>n>>m>>str) {
38 memset(tree,0,sizeof(tree));
39 build(1,n,1);
40 ll ans = 0;
41 for(int i = 1; i <= m; i ++) {
42 int L, R;
43 scanf("%d%d",&L,&R);
44 ll xx = query(1,n,1,L,R);
45 if(xx > 0) ans += xx;
46 }
47 printf("%lld\n",ans);
48 }
49 return 0;
50 }
前缀和
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #include <set>
5 #define ll long long
6 using namespace std;
7 int n, m;
8 const int MAX = 20010;
9 ll sum[MAX], str;
10
11 int main() {
12 std::ios::sync_with_stdio(false);
13 while(cin>>n>>m>>str){
14 memset(sum,0,sizeof(sum));
15 set<pair<int,int> > st;
16 ll x;
17 for(ll i = 1; i <= n; i ++) {
18 cin>>x;
19 sum[i] += sum[i-1] + str - x;
20 }
21 ll ans = 0;
22 while(m--) {
23 int l, r;
24 cin>>l>>r;
25 if(st.count(make_pair(l,r)))continue;
26 st.insert(make_pair(l,r));
27 ll x = sum[r] - sum[l-1];
28 if(x > 0LL) ans += x;
29 }
30 cout << ans << endl;
31 st.clear();
32 }
33 return 0;
34 }
树状数组
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #include <set>
5 #define ll long long
6 #define lowbit(x) x&(-x)
7 using namespace std;
8 const int MAX = 10010;
9 int n, m, str;
10 ll sum[MAX];
11 void add(int x, ll q){
12 while(x < MAX) {
13 sum[x] += q;
14 x += lowbit(x);
15 }
16 }
17 ll query(int x) {
18 ll sum1 = 0;
19 while(x > 0) {
20 sum1 += sum[x];
21 x-=lowbit(x);
22 }
23 return sum1;
24 }
25 int main() {
26 while(scanf("%d%d%d",&n,&m,&str) != EOF) {
27 ll x;
28 set<pair<int,int> >st;
29 st.clear();
30 memset(sum,0,sizeof(sum));
31 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
32 scanf("%lld",&x);
33 add(i,1LL*str-x);
34 }
35 ll ans = 0;
36 while(m--) {
37 int l, r;
38 scanf("%d%d",&l,&r);
39 if(st.count(make_pair(l,r)))continue;
40 ll xx = query(r) - query(l-1);
41 if(xx > 0LL) ans += xx;
42 }
43 printf("%lld\n",ans);
44 }
45 return 0;
46 }
答案
1 #include <iostream>
2 #include <cstring>
3 #include <string>
4 #include <queue>
5 #include <vector>
6 #include <map>
7 #include <set>
8 #include <stack>
9 #include <cmath>
10 #include <cstdio>
11 #include <algorithm>
12 #define LL long long
13 #define N 11000
14 #define M 50010
15 #define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
16 using namespace std;
17 const LL mod = 1e9 + 7;
18 const double eps = 1e-9;
19 int num[N];
20 int main() {
21 cin.sync_with_stdio(false);
22 int n, m;
23 int strong;
24 int a, b, c;
25 while (cin >> n >> m >> strong) {
26 num[0] = 0;
27 for (int i = 1; i <= n; i++) {
28 cin >> num[i];
29 num[i] = strong - num[i];
30 num[i] += num[i - 1];
31 }
32 int sum = 0;
33 for (int i = 0; i < m; i++) {
34 cin >> a >> b;
35 c = num[b] - num[a - 1];
36 if (c > 0) {
37 sum += c;
38 }
39 }
40 cout << sum << endl;
41 }
42 return 0;
43 }
dada的GCD
Problem Description
C语言都学过了怎么计算两个数的最大公约数，而一段区间[L,R]的GCD即这段区间所有数的最大公约数。现在给你一串长度为n的序列，如果对于序列的任意子区间[L,R]，都有这段区间的gcd>=2，那么这段序列就叫做dada的GCD序列。
n<=10^4
序列的每个数小于10^9
Input
第一行有一个整数t，代表t组数据
每组输入有一个正整数n，
随后一行n个正整数。
大量输入，使用cin的同学请关闭stdio同步
Output
如果是dada的GCD序列，就输出Yes，反之输出No
Sample Input
2 3 2 6 4 3 4 6 9
Sample Output
Yes No语文水平有待提高了，竟然没看懂题意，写了几次都是靠猜的，赛后猜知道要全部的最大公约数大于等于2就行。
1 #include <iostream>
2 #include <stdio.h>
3 #include <string.h>
4 #include <algorithm>
5 #define ll long long
6 using namespace std;
7 const int MAX = 1e5;
8 ll a[MAX];
9 ll gcd(ll a, ll b){
10 return b?gcd(b,a%b):a;
11 }
12 int main() {
13 std::ios::sync_with_stdio(false);
14 int t, n;
15 cin>>t;
16 while(t--) {
17 cin>>n;
18 for(int i = 1; i <= n; i ++) {
19 cin >> a[i];
20 }
21 if(n == 1){
22 if(a[0] >= 2) puts("Yes");
23 else puts("No");
24 }else {
25 ll ans = gcd(a[0],a[1]);
26 for(int i = 2; i <= n; i ++) ans = gcd(ans,a[i]);
27 if(ans >= 2)puts("Yes");
28 else puts("No");
29 }
30 }
31 return 0;
32 }
时间： 2024-08-01 12:13:00