A - Easy Number Game
水。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define ll long long
5 #define N 100010
6 ll arr[N];
7 int n, m;
8
9 int main()
10 {
11 int t; scanf("%d", &t);
12 while (t--)
13 {
14 scanf("%d%d", &n, &m);
15 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%lld", arr + i);
16 sort(arr + 1, arr + 1 + n);
17 ll res = 0;
18 for (int i = 1; i <= m; ++i)
19 res += arr[i] * arr[2 * m - i + 1];
20 printf("%lld\n", res);
21 }
22 return 0;
23 }
B - Lucky Man
题意：判断大数开根后的奇偶性
思路：牛顿迭代法
1 import java.io.BufferedInputStream;
2 import java.util.Scanner;
3 import java.math.*;
4
5 public class Main {
6
7 public static void main(String[] args) {
8 Scanner in = new Scanner(new BufferedInputStream(System.in));
9 int t = in.nextInt();
10 BigInteger a, x, two; String n;
11 two = BigInteger.valueOf(2);
12 while (t-- != 0)
13 {
14 n = in.next();
15 a = new BigInteger(n);
16 x = new BigInteger(n.substring(0, n.length() / 2 + 1));
17 while (a.compareTo(x.multiply(x)) < 0)
18 x = x.add(a.divide(x)).divide(two);
19 if (x.mod(two).compareTo(BigInteger.ZERO) == 0) System.out.println(0);
20 else System.out.println(1);
21 }
22 in.close();
23 }
24 }
C - Travel along the Line
题意：一维坐标系中，刚开始位于原点，有$\frac{1}{4}$的概率 坐标 +1 和 -1 有$\frac {1}{2} 的概率 不动$ 求在第n秒的时候恰好到达第m个位置的概率
思路：考虑把一个0拆成两个0，变成四种操作，这样四种操作是等概率的，那么所有的可能性就是 $4^n$ 再考虑符合条件的方案数
可以考虑将m通过坐标变换转化成正直，那么一个满足题意的操作序列肯定是 1 的个数 减去 -1的 个数 恰好为m
那么我们只需要枚举1的个数，排列组合一下即可
16说 假如用a 表示 1 的个数 b 表示 -1 的个数 c 表示 0的个数
那么有$\frac {n!} {a! \cdot b! \cdot c!}$ 但是这里要考虑 多乘上$2^c$ 因为每个0都有两种选择 ，可以是$0_1 或者 是 0_2$
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define ll long long
5 #define N 100010
6 ll MOD = (ll)1e9 +7;
7
8 ll fac[N], Bit[N];
9 ll qmod(ll base, ll n)
10 {
11 ll res = 1;
12 while (n)
13 {
14 if (n & 1) res = res * base % MOD;
15 base = base * base % MOD;
16 n >>= 1;
17 }
18 return res;
19 }
20
21 void Init()
22 {
23 fac[0] = 1;
24 Bit[0] = 1;
25 for (int i = 1; i < N; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % MOD;
26 for (int i = 1; i < N; ++i) Bit[i] = Bit[i - 1] * 2 % MOD;
27 }
28
29 int n, m;
30
31 int main()
32 {
33 Init();
34 int t; scanf("%d", &t);
35 while (t--)
36 {
37 scanf("%d%d", &n, &m);
38 if (m < 0) m = -m;
39 ll p = 0, q = qmod(4, n);
40 for (int i = 0; 2 * i + m <= n; ++i)
41 p = (p + (fac[n] * qmod(fac[i], MOD - 2) %MOD * qmod(fac[i + m], MOD - 2) % MOD * qmod(fac[n - 2 * i - m], MOD - 2) % MOD * Bit[n - 2 * i - m] % MOD)) % MOD;
42 ll res = p * qmod(q, MOD - 2) % MOD;
43 printf("%lld\n", res);
44 }
45 return 0;
46 }
D - Machine Learning on a Tree
留坑。
E - Yet Another Tree Query Problem
留坑。
F - And Another Data Structure Problem
留坑。
G - Neighboring Characters
留坑。
H - Happy Sequence ZOJ
题意：用1-n的数，每个数可以用无限次，组成长度为m的序列，求有多少个序列满足 $gcd(b_i, b_{i +1}) = b_{i}$
思路：考虑枚举序列里面不同的数的个数，根据题目范围，最多有10个不同的数，然后隔板法求方案数
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define ll long long
5 long long f[15];
6 long long C[15];
7 long long MOD;
8 int p[15];
9 int n, m;
10
11 void dp(int t) {
12 int j;
13 j = 2;
14 while (p[t - 1] * j <= n) {
15 p[t] = p[t - 1] * j;
16 f[t]++;
17 dp(t + 1);
18 j++;
19 }
20 }
21
22 ll qmod(ll base, ll n)
23 {
24 ll res = 1;
25 while (n)
26 {
27 if (n & 1) res = res * base % MOD;
28 base = base * base % MOD;
29 n >>= 1;
30 }
31 return res;
32 }
33
34 int main()
35 {
36 int i, j, t;
37 long long ans;
38 scanf("%d", &t);
39 MOD = 1000000007;
40 while (t--) {
41 scanf("%d %d", &n, &m);
42 memset(f, 0, sizeof f);
43 memset(p, 0, sizeof p);
44 ans = 0;
45 C[0] = 1;
46 for (i = 1; i <= 11 ; ++i)
47 C[i] = (C[i - 1] * (m - i) % MOD * qmod(i, MOD - 2)) % MOD;
48 for (i = 1; i <= n; ++i) {
49 p[1] = i;
50 ++f[1];
51 dp(2);
52 }
53 for (i = 1; i <= 11; ++i) {
54 ans = (ans + f[i] * C[i - 1] % MOD) % MOD;
55 }
56 printf("%lld\n",ans);
57 }
58 return 0;
59 }
I - Your Bridge is under Attack
留坑。
J - Super Brain
水。
1 #include <bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3
4 #define N 100010
5 int n;
6 int cnt[N * 10], a[N], b[N];
7
8 int main()
9 {
10 int t; scanf("%d", &t);
11 while (t--)
12 {
13 scanf("%d", &n);
14 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", a + i);
15 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", b + i);
16 memset(cnt, 0, sizeof cnt);
17 for (int i = 1; i <= n; ++i) ++cnt[a[i]];
18 int res = 0;
19 for (int i = 1; i <= n; ++i) if (cnt[b[i]] == 1)
20 {
21 res = b[i];
22 break;
23 }
24 printf("%d\n", res);
25 }
26 return 0;
27 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/Dup4/p/9845982.html
时间： 2024-10-10 01:58:33