A
签到（a-b problem不用贴了吧，以后atcoder小于300分题均不贴代码）
B
发现选择的p,q一定是其中两点间的距离，于是可以O(n2)枚举两点，再O(n2)判断，其实可以做到O(n3)不过O(n4)就够了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,ans;
ll x[52],y[52];
int main()
{
scanf("%d",&n);
ans=n;
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld%lld",&x[i],&y[i]);
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=i+1;j<=n;j++)
{
ll dx=x[i]-x[j],dy=y[i]-y[j];
int sum=0;
for(int k=1;k<=n;k++)
{
int flag=1;
for(int l=1;l<=n;l++)if(x[k]-x[l]==dx&&y[k]-y[l]==dy){flag=0;break;}
sum+=flag;
}
ans=min(ans,sum);
}
printf("%d\n",ans);
}
C
按照从小到大排成a1,a2,...,an，分类讨论：1、只有两个数直接相减。2、对于全是正的，显然应该先拿a1的减去除了an以外其他数，再用an减去该数，显然答案就是a2+a3+...+an-a1。对于全是负的，可以采用类似的方法。3、对于有正有负的，显然选出a1和an，a1减去除an外的正数，an减去除a1外的负数，再an-a1即可，答案就是所有数的绝对值
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+7;
int n,m,a[N],ax[N],ay[N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
if(n==2)
{
printf("%d\n%d %d\n",a[2]-a[1],a[2],a[1]);
return 0;
}
if(a[1]>=0)
{
for(int i=2;i<n;i++)ax[++m]=a[1],ay[m]=a[i],a[1]-=a[i];
ax[++m]=a[n],ay[m]=a[1],a[n]-=a[1];
printf("%d\n",a[n]);
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d %d\n",ax[i],ay[i]);
return 0;
}
if(a[n]<=0)
{
int ans=a[n];
for(int i=1;i<n;i++)ans-=a[i];
printf("%d\n",ans);
for(int i=1;i<n;i++)printf("%d %d\n",a[n],a[i]),a[n]-=a[i];
return 0;
}
int pos=0;
for(int i=1;i<=n;i++)if(a[i]>=0){pos=i;break;}
for(int i=2;i<pos;i++)ax[++m]=a[n],ay[m]=a[i],a[n]-=a[i];
for(int i=pos;i<n;i++)ax[++m]=a[1],ay[m]=a[i],a[1]-=a[i];
ax[++m]=a[n],ay[m]=a[1],a[n]-=a[1];
printf("%d\n",a[n]);
for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d %d\n",ax[i],ay[i]);
}
D
发现只会做两轮交易，A->B，B->A，然后发现是个完全背包DP，并且第二次背包的容量是O(n2)的，于是就可以直接O(n2)DP结束了，感觉这个D比C简单吧。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5005;
int n,m,a[3],b[3];
ll ans,f[N*N];
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<3;i++)scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<3;i++)scanf("%d",&b[i]);
for(int i=0;i<3;i++)
if(b[i]>a[i])
for(int j=a[i];j<=n;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-a[i]]+b[i]-a[i]);
for(int i=0;i<=n;i++)m=max(1ll*m,f[i]),f[i]=0;
m+=n;
for(int i=0;i<3;i++)
if(a[i]>b[i])
for(int j=b[i];j<=m;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-b[i]]+a[i]-b[i]);
for(int i=0;i<=m;i++)ans=max(ans,f[i]);
ans+=m;
printf("%lld",ans);
}
E
考后5min写出来，简直自闭……早知道不去写F的打表程序还没跑出来……就是每次移动总是min->max，然后f[i]表示max为i时的方案数，显然对于多个max的可以变换成x!种（x为max的人数），然后求一个阶乘前缀和即可。注意最后f[n]不要求。
#include<bits/stdc++.h>
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
using namespace std;
const int N=1e6+7,mod=1e9+7;
int n,d,h,f[N],fac[N],inv[N],sf[N],s[N<<2];
int qpow(int a,int b)
{
int ret=1;
while(b)
{
if(b&1)ret=1ll*ret*a%mod;
a=1ll*a*a%mod,b>>=1;
}
return ret;
}
void update(int k,int v,int l,int r,int rt)
{
if(l==r){s[rt]=v;return;}
int mid=l+r>>1;
if(k<=mid)update(k,v,lson);
else update(k,v,rson);
s[rt]=(s[rt<<1]+s[rt<<1|1])%mod;
}
int query(int L,int R,int l,int r,int rt)
{
if(L<=l&&r<=R)return s[rt];
int mid=l+r>>1,ret=0;
if(L<=mid)ret+=query(L,R,lson);
if(R>mid)ret+=query(L,R,rson);
return ret%mod;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&h,&d);
fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(int i=1;i<=n;i++)sf[i]=(sf[i-1]+fac[i])%mod;
update(0,fac[n],0,h,1);
for(int i=1;i<=h;i++)
{
f[i]=query(max(0,i-d),i-1,0,h,1);
if(i<h)f[i]=1ll*f[i]*sf[n]%mod,update(i,f[i],0,h,1);
}
printf("%d",f[h]);
}
F
好吧，看了网上程序，差不多是构造个近似fib数列的玩意，把表抄上也没管了……
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long a1[13]={1,2,4,7,12,20,29,38,52,101},a2[13]={1,2,4,7,12,20,30,39,67,101};
long long n,w=1,mp[15][15];
int main()
{
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)mp[i][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i+1;j<=n;j++)mp[i][j]=mp[j][i]=w*a1[j-i-1];
w*=a2[n-i];
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)cout<<mp[i][j]<<‘ ‘;
cout<<endl;
}
}
result：rank101 rating+=58，精准地没进前100……
原文地址：https://www.cnblogs.com/hfctf0210/p/11029606.html
时间： 2024-10-09 22:12:18