20160725noip模拟赛“Paodekuai” alexandrali

T1:

我们可以用火柴棒来表示十进制下的0~9, 如图所示

现给定火柴数n, 问用这n根火柴能组成的最小数和最大数分别是多少. 所有火柴必须全部用完, 并且所有数字必须是正的且不含前缀零.

【解题】

首先最大数，我们要让位数最多，那么如果n是偶数，那么输出n/2个1，否则就在前面加上个7 然后输出个1

最小的数，有点难办，我们发现前三位都是循环，然后剩下火柴数量都是7的倍数，要使答案尽量小，再后面加上若干个8即可

#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<iostream>
#include<assert.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define inf 1001001001
#define infll 1001001001001001001LL
#define FOR0(i,n) for(int (i)=0;(i)<(n);++(i))
#define FOR1(i,n) for(int (i)=1;(i)<=(n);++(i))
#define ll long long
#define dbg(vari) cerr<<#vari<<" = "<<(vari)<<endl
#define gmax(a,b) (a)=max((a),(b))
#define gmin(a,b) (a)=min((a),(b))
#define ios0 ios_base::sync_with_stdio(0)
#define Ri register int
#define gc getchar()
#define il inline
il int read(){
    bool f=true;
    Ri x=0;char ch;
    while(!isdigit(ch=gc))if(ch=='-')f=false;
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=gc;}
    return f?x:-x;
}
#define gi read()
#define FO(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout);
int ten[]={0,inf,1,
7,
4,
2,
6,
8,
10,
18,
22};
int cir[]={200,20,2,6,0,10,1};
int cirr[]={17,11,5,6,0,8,2};
int main(){
    FO(match);
    int T=gi;
    while(T--){
        RI(n);
        int _n=n;
        if(n<=10)
            printf("%d ",ten[n]);
        else{
            
            if(cir[(n-10)%7])
                cout<<cir[(n-10)%7];
            n=n-cirr[(n-10)%7];
            while(n){
                cout<<8;n-=7;
            }cout<<' ';
        }
        n=_n;
        if(n&1){putchar('7');n-=3;}
        while(n){putchar('1');n-=2;}putchar('
'); 
    } 
    return 0;
}

T2

定义从一个点(x, 0)到一个线段[L, R]的覆盖范围, 是若x < L 或x > R, 则覆盖范围为0; 否则, 覆盖范围为min(x – L, R – x).

现给你n个线段[Li, Ri], 以及m组询问. 每组询问包含一个点(xi, 0), 求该点到所有线段的覆盖范围中的最大值.

【解题】

离散化所有询问

左端点变成[L,mid] 右端点变成[mid+1,R]，询问的鬼东西就是堆中的最值（建议使用multiset

/*没有代码*/

T3

一行总共长度为n米的长龙, 由公共汽车组成, 可能是长度为5米的短车, 也可能是长度为10米的长车. 短车有k种不同的染色方法, 长车有l中不同的染色方法. 问这一行可能有多少种不同的样子?

【解题】

首先长度5和10可以变成1和2

那么很显然的递推式

答案就是

然后我们一看n<=，看这个式子可以用矩阵乘法优化计算复杂度

然后只要求大概这样，然后没了

#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<complex>
#include<iostream>
#include<assert.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define pb push_back
#define inf 1001001001
#define infll 1001001001001001001LL
#define FOR0(i,n) for(int (i)=0;(i)<(n);++(i))
#define FOR1(i,n) for(int (i)=1;(i)<=(n);++(i))
#define mp make_pair
#define pii pair<int,int>
#define ll long long
#define ld double
#define vi vector<int>
#define SZ(x) ((int)((x).size()))
#define fi first
#define se second
#define RI(n) int (n); scanf("%d",&(n));
#define RI2(n,m) int (n),(m); scanf("%d %d",&(n),&(m));
#define RI3(n,m,k) int (n),(m),(k); scanf("%d %d %d",&(n),&(m),&(k));
template<typename T,typename TT> ostream& operator<<(ostream &s,pair<T,TT> t) {return s<<"("<<t.first<<","<<t.second<<")";}
template<typename T> ostream& operator<<(ostream &s,vector<T> t){FOR0(i,sz(t))s<<t[i]<<" ";return s; }
#define dbg(vari) cerr<<#vari<<" = "<<(vari)<<endl
#define all(t) t.begin(),t.end()
#define FEACH(i,t) for (typeof(t.begin()) i=t.begin(); i!=t.end(); i++)
#define TESTS RI(testow)while(testow--)
#define FORZ(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);++i)
#define FORD(i,a,b) for(int (i)=(a); (i)>=(b);--i)
#define gmax(a,b) (a)=max((a),(b))
#define gmin(a,b) (a)=min((a),(b))
#define ios0 ios_base::sync_with_stdio(0)
using namespace std;
#define Ri register int
#define gc getchar()
#define il inline
il int read(){
    bool f=true;
    Ri x=0;char ch;
    while(!isdigit(ch=gc))if(ch=='-')f=false;
    while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=gc;}
    return f?x:-x;
}
#define gi read()
#define FO(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout);
ll MOD=1000000;
struct Matrix{
    ll a[2][2];
    ll* operator[](int x){return a[x];}
};
Matrix operator*(Matrix a,Matrix b){
    Matrix s;
    for(int i=0;i<2;i++){
        for(int j=0;j<2;j++){
            ll ans=0;
            for(int k=0;k<2;k++) ans+=a[i][k]*b[k][j]%MOD;
            s[i][j]=ans%MOD;
        }
    }
    return s;
}
Matrix Pow(Matrix s,ll d){
    Matrix ans;
    for(int i=0;i<2;i++) ans[i][i]=1;
    while(d){
        if(d&1) 
            ans=ans*s;
        s=s*s;
        d>>=1;
    }
    return ans;
}
int main(){
    freopen("color.in","r",stdin);
    freopen("color.out","w",stdout);
    ll n,k,l;
    while(scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&l)!=EOF){
        n/=5;k%=MOD;l%=MOD;
        Matrix s;
        s[0][0]=0;s[0][1]=l;
        s[1][0]=1;s[1][1]=k;
        Matrix qq=Pow(s,n);
        ll ans=(qq[1][1]%MOD+MOD)%MOD;
        printf("%06d
",ans);
    }
}