EZ 2018 03 23 NOIP2018 模拟赛（五）

　　链接：http://211.140.156.254:2333/contest/65

　　这次Rating重回Rank18，我是20的守门员（滑稽）

　　这次题目和数据普遍偏水，我T2打错了一个变量名竟然过了所有的样例而且有90分（滑稽）

　　但最后一题SB了，忽略了还有不为2的几次幂的情况，所以炸成10分。

　　200分竟然Rank6，不过xu‘yi’zhou大佬直接AK了这场比赛。

　　

　　T1 类欧几里得算法（不存在的，爆搜+打表找规律）

　　给出的标算是这样的：　

比较简单的类欧几里得算法，考虑如果当前所需电阻

• 大于1，串联 1Ω 电阻

• 小于1，并联 1Ω 电阻

　　然后给出我的算法：

　　首先根据简单的物理学知识，可以得到当目前电阻为a/b时，再加上一个电阻的情况有：

　　a+b/b(串联上一个1Ω的电阻)

　　a/a+b(并联上一个1Ω的电阻)

　　所以我们暴力广搜，别指望过去

　　然后准备好纸和笔，令读入的两个数为a/b，开始：

　　for (a=1;;++a)

　　for (b=1;;++b)

　　让你的暴力开始跑吧，我们定义ans=(a,b)

　　可以得到这些性质：

　　(a,1)=(1,a)=a

　　(a,b)=(b,a)

　　(a,b+a)=(a,b)+b/a

　　然后发现这些性质后就可以直接递归求解了（我用了迭代，注意边界为a=1）

　　CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL a,b,ans;
inline void swap(LL &a,LL &b)
{
    LL t=a; a=b; b=t;
}
int main()
{
    //freopen("A.in","r",stdin); freopen("A.out","w",stdout);
    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    for(;;)
    {
        if (a>b) swap(a,b);
        if (a==1) { printf("%lld",ans+b); break; }
        if (b%a==0) { printf("%lld",ans+b/a); break; }
        ans+=b/a; b%=a;
    }
    return 0;
}

　　T2 一道比较简单的贪心题目

　　先把数组sort一遍，如果没有1的话就输-1

　　考虑已经能组合出 1∼x 的数值

　　那么下一个硬币取 x 以内最大的数 k

　　使能组合出 1∼x+k，直到得到要求的个数

　　由于这里x的范围较大，所以每一次推进不能拿来加（要不然就等着吃TLE吧），%一下即可

　　CODE

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=1000005;
LL a[N],ans,x,n,now,last;
inline char tc(void)
{
    static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(LL &x)
{
    x=0; char ch=tc();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
int main()
{
    //freopen("B.in","r",stdin); freopen("B.out","w",stdout);
    register int i;
    read(x); read(n);
    for (i=1;i<=n;++i)
    read(a[i]);
    sort(a+1,a+n+1);
    if (a[1]!=1) { puts("-1"); return 0; }
    ans=now=last=1; a[n+1]=x+1; 
    while (now<x)
    {
        while (now>=a[last+1]-1&&last<n) ++last;
        if (last==n) { ans+=(x-now)/a[last]; break; }
        ans+=(a[last+1]-now-2)/a[last]+1; now+=((a[last+1]-now-2)/a[last]+1)*a[last];
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

　　T3 首先可以考虑一下性质：对于数列中的数，如果不是2的整数幂只要在最后乘上去就可以了（原理很简单，主要开始没想到这个导致写了一个可以过的DP但后来放弃了）

　　还有一点，当所有的数都是2的幂次的时候，判断是否可以合出2048只需要判断它们的和是否达到2048即可（可以自己想像2进制的加法，就是2048的原理）

　　所以我们用一个类似于背包的东西来记录所有价值和小于2048的方案（大于的可能会很麻烦），用子段的总数减去即可。

　　所有还要乘上非2的幂次的数，由于全部都是2的幂次，快速幂求之。

　　CODE

#include<cstdio>
using namespace std;
const int P=2048,mod=998244353;
int f[P],n,x,m,tot,ans;
inline char tc(void)
{
    static char fl[100005],*A=fl,*B=fl;
    return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{
    x=0; char ch=tc();
    while (ch<'0'||ch>'9') ch=tc();
    while (ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=tc();
}
inline void inc(int &x,int y)
{
    if ((x+=y)>=mod) x-=mod;
}
inline void dec(int &x,int y)
{
    if ((x-=y)<0) x+=mod;
}
inline int quick_pow(int x,int p)
{
    int res=1;
    while (p)
    {
        if (p&1) res=((long long)res*x)%mod;
        x=((long long)x*x)%mod;
        p>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    //freopen("C.in","r",stdin); freopen("C.out","w",stdout);
    register int i,j;
    read(n); f[0]=1;
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        read(x);
        if (x^(x&-x)) continue;
        for (++m,j=P-1;j>=x;--j)
        inc(f[j],f[j-x]);
    }
    for (i=0;i<P;++i)
    inc(tot,f[i]);
    int now=quick_pow(2,m);
    dec(ans=quick_pow(2,m),tot);
    ans=((long long)ans*quick_pow(2,n-m))%mod;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}