T1 np问题
题目描述
LYK喜欢研究一些比较困难的问题，比如np问题。
这次它又遇到一个棘手的np问题。问题是这个样子的：有两个数n和p，求n的阶乘对p取模后的结果。
LYK觉得所有np问题都是没有多项式复杂度的算法的，所以它打算求助即将要参加noip的你，帮帮LYK吧！
输入输出格式
输入格式：
输入一行两个整数n,p。
输出格式：
输出一行一个整数表示答案。
输入输出样例
输入样例#1：
3 4
输出样例#1：
2
说明
对于20%的数据：n,p<=5。
对于40%的数据：n,p<=1000。
对于60%的数据：n,p<=10000000。
对于80%的数据：n<=10^18，p<=10000000。
对于另外20%的数据：n<=10^18，p=1000000007。
其中大致有50%的数据满足n>=p。
题解：
如果n>=p输出0，如果n<=10000000直接跑，如果n<p<=1000000007打表。
分段打表 每段 10^7。
第一题煞笔了，%到0才break，直接判断输出0不就行了....50分都没有...Q^Q
老师还手动证明了快速乘比直接乘慢....my heart is flowing blood
代码：
#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
看程序写结果
题目描述
LYK最近在准备NOIP2017的初赛，它最不擅长的就是看程序写结果了，因此它拼命地在练习。
这次它拿到这样的一个程序：
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知道了所有输入数据，它想知道这个程序运行下来会输出多少。输入输出格式
输入格式：
第一行一个数n，第二行n个数，表示ai。
输出格式：
一个数表示答案。
输入输出样例
输入样例#1：
4 1 1 3 3
输出样例#1：
4
说明
对于20%的数据n<=50。
对于40%的数据n<=200。
对于60%的数据n<=2000。
对于100%的数据n<=100000，1<=ai<=1000000000。
题解：
直接把程序搬上去20分。
正解：首先看第一层和第三层循环，作用是寻找和它一样的数有多少个。我们可以记录一下每个数
有多少个，在平方就是前两层循环找的方案数，然后用前缀和记录，每个数乘以比它大的个数。
代码：
#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 选数字
题目描述
LYK找到了一个n*m的矩阵，这个矩阵上都填有一些数字，对于第i行第j列的位置上的数为ai,j。
由于它AK了noip2016的初赛，最近显得非常无聊，便想到了一个方法自娱自乐一番。它想到的游戏是这样的：每次选择一行或者一列，它得到的快乐值将会是这一行或者一列的数字之和。之后它将该行或者该列上的数字都减去p（之后可能变成负数）。如此，重复k次，它得到的快乐值之和将会是它NOIP2016复赛比赛时的RP值。
LYK当然想让它的RP值尽可能高，于是它来求助于你。
输入输出格式
输入格式：
第一行4个数n,m,k,p。
接下来n行m列，表示ai,j。
输出格式：
输出一行表示最大RP值。
输入输出样例
输入样例#1：
2 2 5 2 1 3 2 4
输出样例#1：
11
说明
总共10组数据。
对于第1,2组数据n,m,k<=5。
对于第3组数据k=1。
对于第4组数据p=0。
对于第5,6组数据n=1，m,k<=1000。
对于第7,8组数据n=1，m<=1000，k<=1000000。
对于所有数据1<=n,m<=1000，k<=1000000，1<=ai,j<=1000，0<=p<=100。
样例解释
第一次选择第二列，第二次选择第二行，第三次选择第一行，第四次选择第二行，第五次选择第一行，快乐值为7+4+2+0+-2=11。
其中均匀分布着50%的数据不同的ai个数<=10，对于另外50%的数据不同的ai个数>=n/10。
题目大意：每次选矩阵的某一行或者是某一列，得到列或者行的和，然后每个数-p,重复q次。
题解：40分 特判+暴力鬼畜贪心。
#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重复次数 减去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：贪心+枚举
发现每次取行或者是列都是独立的。预处理出行的前k大值，列的前k大值。
枚举行取多少个，列就是k-行的个数，最后再减去没有减的p。
代码：
#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;
}