幸运数字(number)
Time Limit:1000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 最近运气很差，例如在 NOIP 初赛中仅仅考了 90 分，刚刚卡进复赛，于是它决定使
用一些方法来增加自己的运气值。
它觉得，通过收集幸运数字可以快速的增加它的 RP 值。
它给幸运数字下了一个定义：如果一个数 x 能被 3 整除或被 5 整除或被 7 整除，则这个
数为幸运数字。
于是它想让你帮帮它在 L~R 中存在多少幸运数字。
输入格式(number.in)
第一行两个数 L,R。
输出格式(number.out)
一个数表示答案。
输入样例
10 15
输出样例
4
数据范围
对于 50%的数据 1<=L<=R<=10^5。
对于 60%的数据 1<=L<=R<=10^9。
对于 80%的数据 1<=L<=R<=10^18。
对于 90%的数据 1<=L<=R<=10^100。
对于另外 10%的数据 L=1， 1<=R<=10^100。
对于 100%的数据 L， R 没有前导 0。
/* 容斥原理 设num(n,i)表示1~n中是i的倍数 则求1~n中3或5或7的倍数为 num(n,3)+num(n,5)+num(n,7)-num(n,3*5)-num(n,3*7)-num(5*7)+num(n,3*5*7) 这样求出1~r的减去1~l-1的即可 只是高精度...... */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 210 using namespace std; int a[maxn],b[maxn],c[maxn],ans[maxn]; int sa[maxn],sb[maxn]; char s[maxn],t[maxn]; int ha[2]={1,1}; void jian2(int a[maxn],int b[maxn]) { memset(sa,0,sizeof(sa)); memset(sb,0,sizeof(sb)); sa[0]=a[0]; for(int i=1;i<=a[0];i++) sa[i]=a[a[0]-i+1]; for(int i=1;i<=b[0];i++) sb[i]=b[b[0]-i+1]; int l=1; while(l<=sa[0]) { sa[l]-=sb[l]; if(sa[l]<0) { sa[l]+=10; sa[l+1]--; } l++; } while(sa[0]>1&&sa[sa[0]]==0)sa[0]--; a[0]=sa[0]; for(int i=1;i<=sa[0];i++)a[i]=sa[sa[0]-i+1]; } void jian(int a[maxn],int b[maxn]) { memset(sb,0,sizeof(sb)); for(int i=1;i<=b[0];i++) sb[i]=b[b[0]-i+1]; int l=1; while(l<=a[0]) { a[l]-=sb[l]; if(a[l]<0) { a[l]+=10; a[l+1]--; } l++; } while(a[0]>1&&a[a[0]]==0)a[0]--; } void add(int a[maxn],int b[maxn]) { memset(sa,0,sizeof(sa)); memset(sb,0,sizeof(sb)); int l1=a[0],l2=b[0]; for(int i=1;i<=l2;i++)sb[i]=b[l2-i+1]; int l3=1; while(l3<=l1||l3<=l2) { sa[l3]+=a[l3]+sb[l3]; sa[l3+1]=sa[l3]/10; sa[l3]%=10; l3++; } while(l3>1&&sa[l3]==0)l3--;sa[0]=l3; for(int i=0;i<=sa[0];i++)a[i]=sa[i]; } void chu(int r[maxn],int a[maxn],int x) { int s=0;r[0]=a[0]; for(int i=1;i<=a[0];i++) { s=s*10+a[i]; r[i]=s/x; s=s%x; } } int main() { freopen("number.in","r",stdin); freopen("number.out","w",stdout); scanf("%s%s",s,t); int l1=strlen(s); int l2=strlen(t); a[0]=l1;for(int i=1;i<=l1;i++)a[i]=s[i-1]-'0'; b[0]=l2;for(int i=1;i<=l2;i++)b[i]=t[i-1]-'0'; jian2(a,ha); chu(c,b,3);add(ans,c); chu(c,b,5);add(ans,c); chu(c,b,7);add(ans,c); chu(c,b,3*5*7);add(ans,c); chu(c,a,3*5);add(ans,c); chu(c,a,5*7);add(ans,c); chu(c,a,3*7);add(ans,c); chu(c,b,3*5);jian(ans,c); chu(c,b,5*7);jian(ans,c); chu(c,b,3*7);jian(ans,c); chu(c,a,3);jian(ans,c); chu(c,a,5);jian(ans,c); chu(c,a,7);jian(ans,c); chu(c,a,3*5*7);jian(ans,c); for(int i=ans[0];i>=1;i--) printf("%d",ans[i]); printf(" "); return 0; }
位运算(bit)
Time Limit:2000ms Memory Limit:64MB
题目描述
lyk 最近在研究位运算。它发现除了 xor,or,and 外还有很多运算。
它新定义了一种运算符“#” 。
具体地，可以由 4 个参数来表示。 令 a[i][j]表示 i#j。 其中 i,j 与 a 的值均∈[0,1]。
当然问题可以扩展为>1 的情况，具体地，可以将两个数分解为 p 位，然后对于每一位
执行上述的位运算，再将这个二进制串转化为十进制就可以了。
例如当 a[0][0]=0， a[1][1]=0， a[0][1]=1， a[1][0]=1 时,3#4 在 p=3 时等于 7,2#3 在
p=4 时等于 1（实际上就是异或运算）。
现在 lyk 想知道的是，已知一个长为 n 的数列 b。它任意选取一个序列 c，满
足 c1<c2<...<ck，其中 1≤c1 且 ck≤n，定义这个序列的价值为 b{c1}#b{c2}#...#b{ck}
的平方。
这里我们假设 k 是正整数，因此满足条件的 c 的序列个数一定是 2^n−1 。 lyk 想知道
所有满足条件的序列的价值总和是多少。
由于答案可能很大， 你只需输出答案对 1,000,000,007 取模后的结果即可。
输入格式(bit.in)
第一行两个数 n,p。
第二行 4 个数表示 a[0][0]， a[0][1]， a[1][0]， a[1][1]。
第三行 n 个数表示 bi(0<=bi<2^p)。
输出格式(bit.out)
一个数表示答案。
输入样例
3 30
0 1 1 0
1 2 3
输出样例
28
样例解释
{1}的价值为 1， {2}的价值为 4， {3}的价值为 9， {1,2}的价值为 9， {1,3}的价值为 4， {2,3}
的价值为 1， {1,2,3}的价值为 0，因此 7 个子集的价值总和为 28。
数据范围
总共 10 组数据。
对于第 1,2 组数据 n<=5。
对于第 3,4 组数据 n<=10000， p=1。
对于第 5 组数据 a 值均为 0。
对于第 6 组数据 a 值均为 1。
对于第 7 组数据 a[0][0]=0,a[1][0]=0,a[1][1]=1,a[0][1]=1。
对于第 8,9 组数据 n<=1000， p<=10。
对于所有数据 n<=10000， 1<=p<=30。
/* 暴力 + 特判(30分 应该可以判到40分有一种情况没判) */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define LL long long #define maxn 10010 #define mod 1000000007 using namespace std; LL n,p,tot,ans; LL a[2][2]; LL b[maxn][50]; LL c[maxn],s[50]; LL init() { LL x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } void fen(LL a[50],LL x) { LL l=0; while(x) { a[++l]=x%2; x=x/2; } } LL he(LL a[50]) { LL ret=0; for(LL i=1,j=1;i<=p;i++,j*=2) if(a[i])ret+=j,ret%=mod; return ret*ret%mod; } void dfs(LL x) { if(x==n+1) { if(tot==0)return; LL now=c[1]; for(LL i=1;i<=p;i++)s[i]=b[now][i]; for(LL i=2;i<=tot;i++) { LL x=c[i]; for(LL i=1;i<=p;i++) s[i]=a[s[i]][b[x][i]]; } ans+=he(s);ans%=mod; return; } dfs(x+1); tot++;c[tot]=x; dfs(x+1);tot--; } int main() { freopen("bit.in","r",stdin); freopen("bit.out","w",stdout); n=init();p=init(); a[0][0]=init();a[0][1]=init();a[1][0]=init();a[1][1]=init(); if(a[0][0]==0&&a[0][1]==0&&a[1][0]==0&&a[1][1]==0) { LL sum=0; for(LL i=1;i<=n;i++) { LL x;x=init(); sum+=x*x%mod;sum%=mod; } cout<<sum<<endl; return 0; } for(LL i=1;i<=n;i++) { LL x;x=init(); fen(b[i],x); } dfs(1); cout<<ans<<endl; return 0; }
暂无正解
蚂蚁运输(ant)
Time Limit:5000ms Memory Limit:64MB
题目描述
LYK 在观察一些蚂蚁。
蚂蚁想要积攒一些货物来过冬。积攒货物的方法是这样的。
对于第 i 只蚂蚁，它要从 li出发，拿起货物，走到 ri处放下货物，需要消耗的时间为|ri-li|。
而且所有蚂蚁都是可以同时进行的，也就是说，假如有 m 只蚂蚁，那么运输完货物的时间
为 max{|ri-li|}。
LYK 决定帮蚂蚁一把，它发明了空间传输装置。具体地，当蚂蚁走到 X 处时，它可以不
耗费任意时间的情况下瞬间到达 Y，或者从 Y 到达 X。也就是说，一个蚂蚁如果使用了空间
传输装置，它耗费的时间将会是 min{|li-X|+|ri-Y|,|li-Y|+|ri-X|}，当然蚂蚁也可以选择徒步走
到目标点。
由于空间传输装置非常昂贵， LYK 打算只建造这么一台机器。并且 LYK 想让蚂蚁运输完
货物的时间尽可能短，你能帮帮它吗？
输入格式(ant.in)
第一行两个数 n,m， n 表示 li,ri 的最大值。
接下来 m 行，每行两个数 li,ri。
输出格式(ant.out)
一个数表示答案
输入样例
5 2
1 3
2 4
输出样例
1
数据范围
对于 20%的数据 n,m<=100。
对于 40%的数据 n,m<=1000。
对于 60%的数据 n<=100000， m<=1000。
对于 80%的数据 n,m<=100000。
对于 100%的数据 n,m<=1000000， 1<=li,ri<=n（ li=ri 时你甚至可以无视这只蚂蚁）。
样例解释
令空间传输装置的参数中 X=2， Y=3 或者 X=3， Y=2 都行。
/* O(n^2m)暴力 + 卡时 40分 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<ctime> #define LL long long #define inf 10000000 #define maxn 1010 using namespace std; LL n,m,ans=inf; LL a[maxn],b[maxn]; LL init() { LL x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } LL abs(LL x) { return x>=0?x:-x; } int main() { freopen("ant.in","r",stdin); freopen("ant.out","w",stdout); n=init();m=init(); for(LL i=1;i<=m;i++) { a[i]=init(); b[i]=init(); } for(LL i=1;i<=n;i++) { if(clock()>4500)break; for(LL j=1;j<=n;j++) { LL tot=0; for(LL k=1;k<=m;k++) { LL x=abs(a[k]-i)+abs(b[k]-j),y=abs(a[k]-j)+abs(b[k]-i),z=abs(a[k]-b[k]); tot=max(tot,min(min(x,y),z)); } ans=min(ans,tot); } } cout<<ans<<endl; return 0; }
/* 二分答案 读入时保证li<=ri chaeck(mid)时 设建的传送站为X_Y abs(l-X)+abs(r-Y)<=mid 则要求 l-X+r-Y<=mid l-X+Y-r<=mid X-l+r-Y<=mid X-l+Y-r<=mid 则 l+r-mid<=X+Y<=l+r+mid l-r-mid<=X-Y<=l-r+mid 只要存在X,Y对于所有的l,r满足上面两条件即可 */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #define maxn 1000010 #define inf 1000000000 using namespace std; int n,m,l,r,ans; int x[maxn],y[maxn]; int init() { int x=0,f=1;char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f; } int check(int t) { int L=-inf,R=inf; for(int i=1;i<=m;i++) { if(y[i]-x[i]<=t)continue; L=max(L,x[i]+y[i]-t); R=min(R,x[i]+y[i]+t); } if(L>R)return 0; L=-inf,R=inf; for(int i=1;i<=m;i++) { if(y[i]-x[i]<=t)continue; L=max(L,x[i]-y[i]-t); R=min(R,x[i]-y[i]+t); } if(L>R)return 0; return 1; } int main() { freopen("ant.in","r",stdin); freopen("ant.out","w",stdout); n=init();m=init();r=n; for(int i=1;i<=m;i++) { x[i]=init();y[i]=init(); if(x[i]>y[i])swap(x[i],y[i]); } while(l<=r) { int mid=(l+r)/2; if(check(mid)) { r=mid-1; ans=mid; } else l=mid+1; } cout<<ans<<endl; return 0; }