Codechef_JULY14

作者：承诺你的慌言_153 | 来源：互联网 | 2023-10-09 21:40

感觉这套比赛题目比较容易，没有以前做过的某次codechef那么凶残。题目还是很有意思的，最好的是有中文翻译。CSUB：签到题࿰

感觉这套比赛题目比较容易&＃xff0c;没有以前做过的某次codechef那么凶残。题目还是很有意思的&＃xff0c;最好的是有中文翻译。

CSUB&＃xff1a;签到题&＃xff0c;直接从左往右扫一遍即可&＃xff0c;维护前面出现过多少个1.

#include
#include
#define maxn 100100
using namespace std;char s[maxn];
long long ans;
int cur,T,n;int main()
{scanf("%d",&T);while (T--){scanf("%d%s",&n,s);ans&＃61;cur&＃61;0;for (int i&＃61;0; s[i]; i&＃43;&＃43;)if (s[i]&＃61;&＃61;&＃39;1&＃39;) ans&＃43;&＃61;&＃43;&＃43;cur;printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

RETPO&＃xff1a;简单找规律。注意一开始的朝向&＃xff0c;同时根据对称性&＃xff0c;所有的点都可以对称到第一象限来。要走弯路的话&＃xff0c;第一个单位距离消耗3步&＃xff0c;第二个单位距离消耗1步&＃xff0c;第三个消耗3步&＃xff0c;第四个1步&＃xff0c;依次类推即可。

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using namespace std;long long x,y,n,ans;
int T;int main()
{scanf("%d",&T);while (T--){scanf("%lld%lld",&x,&y);if (x<0) x&＃61;-x;if (y<0) y&＃61;-y;n&＃61;y-x;if (n>&＃61;0 && n<&＃61;1) ans&＃61;x&＃43;y;else {if (n<0) n&＃61;-n;if (y>x) ans&＃61;2*min(x,y)&＃43;(n/2)*4&＃43;(n&1)*1;else ans&＃61;2*min(x,y)&＃43;(n/2)*4&＃43;(n&1)*3;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

FROGV&＃xff1a;氺题。对于每只青蛙&＃xff0c;f[i]保存它向右最远可以传递到那一只青蛙&＃xff0c;假设当前我们计算第i只青蛙&＃xff0c;对于j>i&＃xff0c;且i可以传递信息给j&＃xff0c;那么f[i]&＃61;max(f[j])。

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#define maxn 100100
using namespace std;int g[maxn],f[maxn];
int n,m,k,x,y;struct node{int x,id;
}a[maxn];bool cmp(node n1,node n2)
{return n1.x<n2.x;
}int main()
{scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);for (int i&＃61;1; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;) scanf("%d",&a[i].x),a[i].id&＃61;i;sort(a&＃43;1,a&＃43;1&＃43;n,cmp);for (int i&＃61;1; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;) g[a[i].id]&＃61;i;f[n]&＃61;n;for (int i&＃61;n-1; i>0; i--)if (a[i&＃43;1].x-a[i].x<&＃61;k) f[i]&＃61;f[i&＃43;1];else f[i]&＃61;i;while (m--){scanf("%d%d",&x,&y);x&＃61;g[x],y&＃61;g[y];if (x>y) swap(x,y);if (y<&＃61;f[x]) puts("Yes");else puts("No");}return 0;
}

SGARDEN&＃xff1a;数学题。对于一种置换&＃xff0c;它里面一定构成了若干个环。所有人都回到原地的步数就是所有环长度的lcm值。由于这个lcm值很大&＃xff0c;必须对于每个环长度进行因数分解&＃xff0c;保存每个质数出现的次数就可。最后取模计算。

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#define maxn 100100
typedef long long ll;
using namespace std;const int M&＃61;1000000007;
int a[maxn],T,n,cur,N;
bool b[maxn];
ll ans;
map<int,int> ss;void dfs(int x)
{if (b[x]) return;cur&＃43;&＃43;,b[x]&＃61;true;dfs(a[x]);
}void deal(int x)
{for (int i&＃61;2; i*i<&＃61;x; i&＃43;&＃43;){if (x%i) continue;N&＃61;0;while (x%i&＃61;&＃61;0) x/&＃61;i,N&＃43;&＃43;;ss[i]&＃61;max(ss[i],N);}if (x>1) ss[x]&＃61;max(ss[x],1);
}int main()
{scanf("%d",&T);while (T--){ss.clear();ans&＃61;1;scanf("%d",&n);for (int i&＃61;1; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;) scanf("%d",&a[i]),b[i]&＃61;false;for (int i&＃61;1; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;)if (!b[i]){cur&＃61;0;dfs(i);deal(cur);}for (int i&＃61;2; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;)while (ss[i]--) ans&＃61;(ans*i)%M;printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

DISHOWN&＃xff1a;一看这个题目就是一个典型的并查集了。每次查找盘子的主人&＃xff0c;然后两个主人之间的比较无非就是改变一下指针而已了&＃xff0c;路径压缩&＃xff0c;所有的操作都是O(1)的。

#include
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#define maxn 10010
using namespace std;int a[maxn],f[maxn];
int n,q,T;int father(int x) { return f[x]&＃61;&＃61;x?f[x]:f[x]&＃61;father(f[x]); }int main()
{int ope,x,y;scanf("%d",&T);while (T--){scanf("%d",&n);for (int i&＃61;1; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;) scanf("%d",&a[i]),f[i]&＃61;i;scanf("%d",&q);while (q--){scanf("%d",&ope);if (ope&＃61;&＃61;0){scanf("%d%d",&x,&y);x&＃61;father(x),y&＃61;father(y);if (a[x]&＃61;&＃61;a[y]){if (x&＃61;&＃61;y) puts("Invalid query!");continue;}if (a[x]>a[y]) f[y]&＃61;x;else f[x]&＃61;y;}else {scanf("%d",&x);printf("%d\n",father(x));}}}return 0;
}

LEPAINT&＃xff1a;这个题目我一开始以为我会T。没想到写了一发最最暴力的居然都A掉了。不过我觉得这个应该是被卡掉的&＃xff0c;只是数据不够强吧。优化可以是这样的&＃xff0c;对于物品&＃xff0c;直接预处理它染色多少次后&＃xff0c;为某种颜色的概率。同时&＃xff0c;后面的区间染色就用扫描区间的方法&＃xff0c;直接得出&＃xff0c;直接求和即可。对于题目所说的取子集的问题&＃xff0c;就相当于在这个范围里面每一个物品都有0.5的概率被染色。

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using namespace std;double f[55][111],tmp[111],ans;
int L,R,n,m,c,T;int main()
{scanf("%d",&T);while (T--)//10
{scanf("%d%d%d",&n,&c,&m);for (int i&＃61;1; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;){for (int j&＃61;0; j0;f[i][1]&＃61;1;}while (m--)//50
{scanf("%d%d",&L,&R);for (int i&＃61;L; i<&＃61;R; i&＃43;&＃43;)//50
{for (int j&＃61;0; j2,tmp[j]&＃61;f[i][j];for (int j&＃61;0; j//100for (int k&＃61;0; k//100f[i][j*k%c]&＃43;&＃61;tmp[j]/c;}}ans&＃61;0; for (int i&＃61;1; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;)for (int j&＃61;0; jj;printf("%.9f\n",ans);}return 0;
}

GNUM&＃xff1a;很好的一个题目。一开始我就看准了这个题目&＃xff0c;花时间最多的一个题目。读完题目后直接想到的就是二分图取匹配。显然是T。可以建模来解。以a[i]b[j]且满足gcd条件的点为右点&＃xff0c;连接汇点。中间是gcd出现过的质数&＃xff0c;分别连接相应的左右点&＃xff0c;所有的边流量都是1&＃xff0c;跑最大流即可。这个做法肯定是没有错的。但是还是有一些问题存在。点太多了。咋解决&＃xff1f;缩点&＃xff0c;分别把左右边的点中含有相同的质因子种类的点缩成一个点&＃xff0c;边容量累加。再跑最大流&＃xff0c;缩点后&＃xff0c;点数的级别也就1000吧&＃xff0c;可以ac。

#include
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#define maxn 2002000
#define maxpri 100100
using namespace std;int pri[maxpri],pnum&＃61;0,antipri[maxpri];
int z[1888][30],Z[1888],a[1888],aa[1888];
int to[maxn],c[maxn],next[maxn],first[maxn],edge,node;
int tag[maxn],d[maxn],Q[maxn],bot,top,TAG&＃61;520;
int f[566666][30],Tf;
bool can[maxn];
int T,n,tmp,s,t,ans,cas;
map<int,int> ss,pos,Ttime;//è´¨æ&＃xfffd;°å¯¹åº&＃xfffd;ç&＃xfffd;&＃xfffd;ç&＃xfffd;¹ç&＃xfffd;&＃xfffd;ç¼&＃xfffd;å&＃xfffd;·int gcd(int A,int B) { return B&＃61;&＃61;0?A:gcd(B,A%B); }void getprim()
{for (int i&＃61;2; i){if (antipri[i]&＃61;&＃61;-1) continue;pri[&＃43;&＃43;pnum]&＃61;i; antipri[i]&＃61;pnum;for (int j&＃61;i&＃43;i; j1;}
}int addnode()
{node&＃43;&＃43;;first[node]&＃61;-1;return node;
}void _init()
{ss.clear(),pos.clear(),Ttime.clear();edge&＃61;-1,node&＃61;0,Tf&＃61;0;s&＃61;addnode(),t&＃61;addnode();ans&＃61;0;
}void addedge(int U,int V,int W)
{edge&＃43;&＃43;;to[edge]&＃61;V,c[edge]&＃61;W,next[edge]&＃61;first[U],first[U]&＃61;edge;edge&＃43;&＃43;;to[edge]&＃61;U,c[edge]&＃61;0,next[edge]&＃61;first[V],first[V]&＃61;edge;
}void deal(int x)
{Z[x]&＃61;0,tmp&＃61;a[x],aa[x]&＃61;tmp;for (int i&＃61;1; pri[i]<&＃61;tmp/pri[i]; i&＃43;&＃43;)if (tmp%pri[i]&＃61;&＃61;0){z[x][&＃43;&＃43;Z[x]]&＃61;pri[i];while (tmp%pri[i]&＃61;&＃61;0) tmp/&＃61;pri[i];}if (tmp>1) z[x][&＃43;&＃43;Z[x]]&＃61;tmp;for (int i&＃61;1; i<&＃61;Z[x]; i&＃43;&＃43;)while (((aa[x]/z[x][i])%z[x][i])&＃61;&＃61;0) aa[x]/&＃61;z[x][i];
}void buildedge()
{for (int x&＃61;1; x<&＃61;n; x&＃43;&＃43;)for (int y&＃61;n&＃43;1; y<&＃61;n&＃43;n; y&＃43;&＃43;)if (a[x]1){ int cur&＃61;gcd(aa[x],aa[y]); if (pos[cur]) { Ttime[cur]&＃61;Ttime[cur]&＃43;1; continue; }pos[cur]&＃61;&＃43;&＃43;Tf,f[Tf][0]&＃61;0,Ttime[cur]&＃61;1;for (int i&＃61;1; i<&＃61;Z[x]; i&＃43;&＃43;)if (aa[y]%z[x][i]&＃61;&＃61;0) f[Tf][&＃43;&＃43;f[Tf][0]]&＃61;z[x][i]; f[Tf][f[Tf][0]&＃43;1]&＃61;cur;}for (int i&＃61;1; i<&＃61;Tf; i&＃43;&＃43;){int cur&＃61;f[i][f[i][0]&＃43;1],tc&＃61;Ttime[cur],Nd&＃61;addnode();//Ndä¸ºå½&＃xfffd;å&＃xfffd;&＃xfffd;gcdä»£è¡¨ç&＃xfffd;&＃xfffd;ç&＃xfffd;¹ã&＃xfffd;&＃xfffd;
addedge(s,Nd,tc);for (int j&＃61;1; j<&＃61;f[i][0]; j&＃43;&＃43;){if (ss[f[i][j]]&＃61;&＃61;0) ss[f[i][j]]&＃61;addnode();addedge(Nd,ss[f[i][j]],tc);}}pos.clear(),Tf&＃61;0;for (int x&＃61;1; x<&＃61;n; x&＃43;&＃43;)for (int y&＃61;n&＃43;1; y<&＃61;n&＃43;n; y&＃43;&＃43;)if (a[x]>a[y] && gcd(aa[x],aa[y])>1){ int cur&＃61;gcd(aa[x],aa[y]);if (pos[cur]) { Ttime[cur]&＃61;Ttime[cur]&＃43;1; continue; }pos[cur]&＃61;&＃43;&＃43;Tf,f[Tf][0]&＃61;0,Ttime[cur]&＃61;1;for (int i&＃61;1; i<&＃61;Z[x]; i&＃43;&＃43;)if (aa[y]%z[x][i]&＃61;&＃61;0) f[Tf][&＃43;&＃43;f[Tf][0]]&＃61;z[x][i];f[Tf][f[Tf][0]&＃43;1]&＃61;cur;}for (int i&＃61;1; i<&＃61;Tf; i&＃43;&＃43;){int cur&＃61;f[i][f[i][0]&＃43;1],tc&＃61;Ttime[cur],Nd&＃61;addnode();//Ndä¸ºå½&＃xfffd;å&＃xfffd;&＃xfffd;gcdä»£è¡¨ç&＃xfffd;&＃xfffd;ç&＃xfffd;¹ã&＃xfffd;&＃xfffd;
addedge(Nd,t,tc);for (int j&＃61;1; j<&＃61;f[i][0]; j&＃43;&＃43;){if (ss[f[i][j]]&＃61;&＃61;0) continue;addedge(ss[f[i][j]],Nd,tc);}}
}bool bfs()
{TAG&＃43;&＃43;;Q[bot&＃61;top&＃61;1]&＃61;t,d[t]&＃61;0,tag[t]&＃61;TAG,can[t]&＃61;false;while (bot<&＃61;top){int cur&＃61;Q[bot&＃43;&＃43;];for (int i&＃61;first[cur]; i!&＃61;-1; i&＃61;next[i])if (c[i^1]>0 && tag[to[i]]!&＃61;TAG){tag[to[i]]&＃61;TAG,Q[&＃43;&＃43;top]&＃61;to[i],d[to[i]]&＃61;d[cur]&＃43;1,can[to[i]]&＃61;false;if (to[i]&＃61;&＃61;s) return true;}}return false;
}int dfs(int cur,int num)
{if (cur&＃61;&＃61;t) return num;int tmp&＃61;num,k;for (int i&＃61;first[cur]; i!&＃61;-1; i&＃61;next[i])if (c[i]>0 && d[to[i]]&＃61;&＃61;d[cur]-1 && tag[to[i]]&＃61;&＃61;TAG && can[to[i]]&＃61;&＃61;false){k&＃61;dfs(to[i],min(num,c[i]));if (k) num-&＃61;k,c[i]-&＃61;k,c[i^1]&＃43;&＃61;k;//if (num&＃61;&＃61;0) return tmp;
}if (num) can[cur]&＃61;true;return tmp-num;
}int main()
{getprim(); scanf("%d",&T); while (T--){scanf("%d",&n);for (int i&＃61;1; i<&＃61;2*n; i&＃43;&＃43;) scanf("%d",&a[i]),deal(i);_init();buildedge(); while (bfs()) ans&＃43;&＃61;dfs(s,maxn);printf("%d\n",ans);}return 0;
}

SEAEQ&＃xff1a;为什么这是整场比赛通过人数最少的题目&＃xff1f;我觉得在平时比赛这种难度的题目也就算中等吧&＃xff1f;此题让我想去去年杭州赛的那个题。深坑呐。解法是这样的&＃xff0c;dp预处理长度为i的排列有不超过j个逆序数对的情况有多少种&＃xff01;这个可以dp好好想想就知道了&＃xff0c;剩下的就是逆推枚举了&＃xff0c;直接枚举区间长度&＃xff0c;位置&＃xff0c;对于两个排列其他的位置都是全排列即可。对于题目的那个要求就是在规定区间内&＃xff0c;每个位置的相对大小相同即可&＃xff0c;这个只需要保证对于预处理的种类数乘一次&＃xff0c;对于取组合数和全排列数乘以两次即可。不难理解&＃xff0c;自己想想就很清楚了。一开始取模打成了1000000009&＃xff0c;都怪前几天打的那场acdream&＃xff0c;坑死啦。

#include
#include
#include
#define maxn 502
typedef long long ll;
using namespace std;const int M&＃61;1000000007;
int n,e,T,ans;
int sum[maxn][(maxn*maxn-maxn)/2];//Ã©ï¿½Â¿Ã¥ÂºÂ¦Ã¥ï¿½ï¿½Ã©ï¿½ï¿½Ã¥Âºï¿½Ã¦ï¿½Â°Ã¥Â¯Â¹Ã¦ï¿½Â°
ll P[maxn],C[maxn][maxn];int main()
{P[0]&＃61;1,C[0][0]&＃61;1;for (int i&＃61;1; i1]*i)%M;for (int i&＃61;1; i){C[i][0]&＃61;1;for (int j&＃61;1; j<&＃61;i; j&＃43;&＃43;) C[i][j]&＃61;(C[i-1][j-1]&＃43;C[i-1][j])%M;}int last&＃61;0,next;sum[1][0]&＃61;1;for (int i&＃61;2; i){next&＃61;last&＃43;i-1;sum[i][0]&＃61;1;for (int j&＃61;1; j){sum[i][j]&＃61;sum[i][j-1]&＃43;sum[i-1][j];if (sum[i][j]>&＃61;M) sum[i][j]-&＃61;M;}for (int j&＃61;i; j<&＃61;last; j&＃43;&＃43;){sum[i][j]&＃61;sum[i][j-1]&＃43;sum[i-1][j]-sum[i-1][j-i];if (sum[i][j]>&＃61;M) sum[i][j]-&＃61;M;if (sum[i][j]<0) sum[i][j]&＃43;&＃61;M;}for (int j&＃61;last&＃43;1; j<&＃61;next; j&＃43;&＃43;){sum[i][j]&＃61;sum[i][j-1]&＃43;sum[i-1][last]-sum[i-1][j-i];if (sum[i][j]>&＃61;M) sum[i][j]-&＃61;M;if (sum[i][j]<0) sum[i][j]&＃43;&＃61;M;}last&＃61;next;}scanf("%d",&T);while (T--){scanf("%d%d",&n,&e);ans&＃61;0;for (int i&＃61;1; i<&＃61;n; i&＃43;&＃43;){int cur&＃61;min((i*i-i)/2,e);cur&＃61;sum[i][cur];ll tmp&＃61;(C[n][i]*P[n-i])%M;tmp&＃61;((tmp*tmp)%M*cur)%M;ans&＃43;&＃61;(tmp*(n&＃43;1-i))%M;if (ans>&＃61;M) ans-&＃61;M;}printf("%d\n",ans);}return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/lochan/p/3843247.html

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本文介绍了在VScode中设置格式化文档换行或不换行的方法，包括使用插件和修改settings.json文件的内容。详细步骤为：找到settings.json文件，将其中的代码替换为指定的代码。 ... [详细]

蜡笔小新 2023-12-14 17:15:38
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关于Linq to sql 实现模糊查询 string数组

前景：当UI一个查询条件为多项选择，或录入多个条件的时候，比如查询所有名称里面包含以下动态条件，需要模糊查询里面每一项时比如是这样一个数组条件：newstring[]{兴业银行, ... [详细]

蜡笔小新 2023-12-13 09:34:59

承诺你的慌言_153

这个家伙很懒，什么也没留下！

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