NOIP 模拟测试
1 任务安排
manage.in/.out/.cpp
1.1 问题描述
你有 N 个工作，同一时刻只能做一个任务, 其中每个工作有其所需时
间, 及完成的 Deadline(截止时间), 问要完成所有工作, 最迟要从什么时候开
始。
你最早可以从时间 0 开始工作。
1.2 输入格式
第一行一个整数 N，表示任务数量
接下来 n 行，每行两个整数，T i ,S i ，分别表示该任务的持续时间和截
止时间。
1.3 输出格式
输出一个整数，表示最晚的开始时间，如果不能完成，输出-1。
1.4 样例输入
4
3 5
8 14
5 20
1 16
1.5 样例输出
2
1.6 数据规模及约定
对于 40% 的数据，N <= 20
对于 60% 的数据，N <= 1000
对于 100% 的数据，1<= N <= 100000
1<= T i <= 100000
1<= S i <= 1000000
/*
贪心遇到不合法的统计答案
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100007
using namespace std;
int n,ans,tot;
struct node
{
int Ti,Si;
bool operator < (const node &x)const{
return Si<x.Si;
}
}a[N];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c>‘9‘||c<‘0‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}
return x*f;
}
int main()
{
freopen("manage.in","r",stdin);
freopen("manage.out","w",stdout);
int x,y;
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
x=read();y=read();
a[i].Ti=x;a[i].Si=y;
}
sort(a+1,a+n+1);
tot=0;int flag=0;ans=0x3f3f3f3f;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(tot+a[i].Ti>a[i].Si)
{
flag=1;break;
}
tot+=a[i].Ti;
ans=min(ans,a[i].Si-tot);
}
if(flag) printf("-1\n");
else printf("%d\n",ans);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
2 小 a 的强迫症
qiang.in/.out/.cpp
2.1 问题描述
小 a 是一名强迫症患者，现在他要给一群带颜色的珠子排成一列，现在
有 N 种颜色，其中第 i 种颜色的柱子有 num(i) 个。要求排列中第 i 种颜色
珠子的最后一个珠子，一定要排在第 i+1 种颜色的最后一个珠子之前。问
有多少种排列珠子的方案。
2.2 输入格式
第一行一个整数 N，表示珠子颜色数量
第二行 N 个整数，分别表示每种珠子的颜色数量
2.3 输出格式
排列方案数，对 998244353 取余
2.4 样例输入
3
2 2 1
2.5 样例输出
3
2.6 数据规模及约定
共 3 种排列方案：
1 2 1 2 3
1 1 2 2 3
2 1 1 2 3
对于 40% 的数据，所有珠子数量和小于 15
对于 80% 的数据，N <= 1000，所有珠子数量和小于 5000
对于 100% 的数据，N <= 100000，所有珠子数量和小于 500000
/*
又是组合数取模问题。开始dp写的，写wa了......
sum[i]为前缀和,num[i]为i颜色的数量
那么i这种颜色对答案的贡献就是C(sum[i]-1,num[i]-1)%mod;
因为i的最后一个不能放到i+1最后一个的前面，所以要减一
分步乘法原理。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define N 1000007
#define mod 998244353
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,ans,cnt;
ll f[N]={1,1},fac[N]={1,1},inv[N]={1,1};
ll num[N],sum[N];
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char c=getchar();
while(c>‘9‘||c<‘0‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}
return x*f;
}
void init()
{
for(int i=2;i<=N;i++)
{
fac[i]=(fac[i-1]%mod*i%mod)%mod;
f[i]=(mod-mod/i)*f[mod%i]%mod;
inv[i]=inv[i-1]*f[i]%mod;
}
}
ll C(int a,int b)
{
if(a<b) return 1;
return fac[a]%mod*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
int main()
{
freopen("qiang.in","r",stdin);
freopen("qiang.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
num[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+num[i];
init();ans=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
ans=(ans%mod*C(sum[i]-1,num[i]-1)%mod)%mod;
ans%=mod;
}
printf("%I64d\n",ans%mod);
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}
3 函数求和
sum.in/.out/.cpp
3.1 问题描述
你有一个含 N 个数字的数组 A，元素标号 1 到 N，同时他也有 N 个函
数，也标号 1 到 N。
第 i 个函数会返回数组中标号 L i 和 R i 之间的元素的和。
现在有以下两种询问：
1 x y 将数组的第 x 个元素修改为 y。
2 m n 询问标号在 m 和 n 之间的函数的值的和。
3.2 输入格式
输入数据第一行包含一个整数 N，表示数组的长度和函数的数量。
接下来的一行包含 N 个整数，表示数组中的元素 A i 。
接下来的 N 行，每行包含两个整数 L i ,R i ，表示一个函数。
接下来一行包含一个整数 Q，表示询问次数。
下面 Q 行，每行一个询问，格式见题目描述。
3.3 输出格式
对于每个第 2 类询问，输出相应的答案。
3.4 样例输入
5
1 2 3 4 5
1 3
2 5
4 5
3 5
1 2
4
2 1 4
1 3 7
2 1 4
2 3 5
4
3.5 样例输出
41
53
28
3.6 数据规模及约定
对于前 20% 的数据: N ≤ 1000,Q ≤ 1000
对于另外 30% 的数据: R i − L i ≤ 10, 所有的 x 各不相同
对于 100% 的数据: 1 ≤ N ≤ 10 5 , 1 ≤ L i ≤ R i ≤ N, 1 ≤ x ≤ N,
1 ≤ m ≤ n ≤ N, 1 ≤ A i ,y ≤ 10 9 , 1 ≤ Q ≤ 10 5
/*
题目来源 codechef NOV14.FNCS Chef and Churu
80分 黔驴技穷了 比着std写的 std不知为何 0分啊我也很绝望。
对于每个fi，可以直接使用树状数组求出。
所以我们可以使用分块，中间的直接用块的答案，边上的用树状数组。
首先我们进行预处理，记录第i块中每个编号的个数，这里用前缀和，并求出每个块的和。
对于修改操作1 x y，我们要维护树状数组和块状数组。
树状数组：直接维护。
块状数组：找到每个块中x的个数，这块的sum加上x*(y-a[x])。
最后把a[x]赋成y。
对于查询操作2 x y。
中间的块我们直接用块状数组的答案，O(√n)。
边上的两块我们用树状数组暴力求所有的f[i]，O(√n log n)。
所以总的时间复杂度为O(n √n log n)。
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define ll long long
#define N 100007
#define S 400
using namespace std;
int n,m,unit,num;
int fl[N],fr[N],a[N];
int cnt[S][N];
ll ta[N],sumb[S];
inline int read()
{
int x=0,f=1;char c=getchar();
while(c>‘9‘||c<‘0‘){if(c==‘-‘)f=-1;c=getchar();}
while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}
return x*f;
}
inline int lowbit(int x){return x&-x;}
inline void ins(int i,int add)
{
for(;i<=n;i+=lowbit(i)) ta[i]+=add;
}
inline void update(int x,int y)
{
ins(x,y-a[x]);
for(int i=1;i<=num;i++) sumb[i]+=(ll)cnt[i][x]*(y-a[x]);
a[x]=y;
}
inline ll getsum(int i)
{
ll sum=0;
for(;i;i-=lowbit(i)) sum+=ta[i];
return sum;
}
ll query(int l,int r)
{
int lblock=(l-1)/unit+1,rblock=(r-1)/unit+1;ll sum=0;
if(lblock==rblock)
for(int i=l;i<=r;i++)
sum+=getsum(fr[i])-getsum(fl[i]-1);
else
{
for(int i=lblock+1;i<=rblock-1;i++) sum+=sumb[i];
for(int i=l;i<=lblock*unit;i++) sum+=getsum(fr[i])-getsum(fl[i]-1);
for(int i=(rblock-1)*unit+1;i<=r;i++) sum+=getsum(fr[i])-getsum(fl[i]-1);
}return sum;
}
int main()
{
freopen("sum.in","r",stdin);
freopen("sum.out","w",stdout);
n=read();
for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++) fl[i]=read(),fr[i]=read();
for(int i=1;i<=n;i++) ins(i,a[i]);
int nowblock=0;
unit=(int)sqrt(n),num=unit+(unit*unit!=n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(i%unit==1) nowblock++;
cnt[nowblock][fl[i]]++;
cnt[nowblock][fr[i]+1]--;
}
for(int i=1;i<=num;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
cnt[i][j]+=cnt[i][j-1];
sumb[i]+=(ll) cnt[i][j]*a[j];
}
int k,x,y;
m=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
k=read();x=read();y=read();
if(k==1) update(x,y);
else printf("%I64d\n",query(x,y));
}
fclose(stdin);fclose(stdout);
return 0;
}