今天打到一半网站崩了，所以没能继续打，话说开火车好烦hhh
开火车D题
题意：
有一个n*m的矩阵，上面一共有k*k个蛋糕，让你横向纵向都切k-1刀，问能不能存在一种切法使得切完的所有区域都正好只剩一个蛋糕，如果有，输出切的位置
解法：
由于横竖切互不影响，所以我们分开考虑这两部分，先算出每一行（列）有的蛋糕总数，然后每k个切一次，看看能不能
1 #include<cstdio> 2 using namespace std; 3 const int maxn = 200 + 5; 4 int g[maxn][maxn]; 5 int row[maxn], col[maxn]; 6 int ansr[maxn], ansc[maxn]; 7 8 int main() { 9 int n, m, k; scanf("%d%d%d", &n, &m, &k); 10 for (int i = 0; i < n; i++) 11 for (int j = 0; j < m; j++) 12 scanf("%1d", &g[i][j]); 13 14 //处理每一列 15 for (int j = 0; j < m; j++) 16 for (int i = 0; i < n; i++) 17 row[j] += g[i][j]; 18 19 int now = 0, cnt = 0, flag = 1; 20 for (int j = 0; j < m; j++) { 21 now += row[j]; 22 if (now < k)continue; 23 else if (now == k) { now = 0, ansr[cnt++] = j; } 24 else if (now > k) { flag = false; break; } 25 } 26 if (!flag) { printf("NO "); return 0; } 27 28 //处理每一行 29 for (int i = 0; i < n; i++) 30 for (int j = 0; j < m; j++) 31 col[i] += g[i][j]; 32 33 now = 0, cnt = 0, flag = 1; 34 for (int i = 0; i < n; i++) { 35 now += col[i]; 36 if (now < k)continue; 37 else if (now == k) { now = 0, ansc[cnt++] = i; } 38 else if (now > k) { flag = false; break; } 39 } 40 if (!flag) { printf("NO "); return 0; } 41 42 //如果可以的话 43 printf("YES "); 44 printf("%d", ansc[0]+1); 45 for (int i = 1; i < k-1; i++)printf(" %d", ansc[i]+1); 46 printf(" %d", ansr[0]+1); 47 for (int i = 1; i < k-1; i++)printf(" %d", ansr[i]+1); 48 printf(" "); 49 50 return 0; 51 }
洛谷P1062
题意：
给出一个多项式的各个项的系数，输出这个多项式
解法：
超tm细心的模拟，竟然调了这么长时间，简直了
1 #include<iostream> 2 using namespace std; 3 4 int main() { 5 int n; cin >> n; 6 int cnt = n, flag = 0, flag2 = 0; 7 for (int i = 0; i <= n; i++,cnt--) { 8 int coe; cin >> coe; 9 if (coe==0)continue; 10 if (i != n)flag2 = 1; 11 if (flag && coe > 0 && i != 0 && flag2)cout << "+"; 12 if (i == 0) { 13 if (coe == -1)cout << "-"; 14 else if (coe != 1)cout << coe; 15 cout << "x^" << cnt; 16 flag = 1; 17 continue; 18 } 19 else if (i == n) cout << coe, flag = 1; 20 else if (i == n - 1) { 21 if (coe == -1)cout << "-"; 22 else if (coe != 1)cout << coe; 23 cout << "x"; 24 flag = 1; 25 } 26 else { 27 if (coe == -1)cout << "-"; 28 else if (coe != 1)cout << coe; 29 cout << "x^" << cnt; 30 flag = 1; 31 } 32 } 33 if (!flag)cout << 0; 34 cout << endl; 35 return 0; 36 }
Uva1635
题意：
给定n个数a1,a2····an，依次求出相邻两个数值和，将得到一个新数列，重复上述操作，最后结果将变为一个数，问这个数除以m的余数与那些数无关？
例如n=3,m=2时，第一次得到a1+a2,a2+a3，再求和得到a1+2*a2+a3，它除以2的余数和a2无关。1=<n<=10^5, 2=<m<=10^9
解法：
将所有的加法过程列出来可以得到，n个数合并成1个数需要n-1步，且最后的表达式写成初始项相加的形式 每一项的系数恰好就是一个二项式系数。
问除以m的余数与那些数无关，其实就是问这些因子中哪些是m的倍数。我们还是用分解m质因子的方法，将m的质因子全部先分解出来，然后遍历每个二项式系数，看他们能否整除这些质因子（如果这个二项式系数改写成质因子的幂次形式，的这个幂小于m中的这个幂，就不行） 。
除此之外还要学习的就是怎么计算这个幂次，尤其是被除数为分数的时候，分子的幂次的贡献为正，分母为负
1 #include<cstdio> 2 #include<vector> 3 #include<cstring> 4 using namespace std; 5 int vis[100000 + 5]; 6 7 int work_quality_factor(int n, int quality_fac[], int frequency[]) 8 {//n是待分解的数,quality_fac[]会存放它包含的质因子,而frequency[]存放对应次数 9 //如q_f[k]=7,fre[k]=2就表示质因数分解后里面包含有7,且次数是2 10 //函数返回有几种质因子,比如分解了25就返回1,分解28返回2 11 int res, temp, i; 12 res = 0; 13 temp = n; 14 for (i = 2; i*i <= temp; i++) 15 if (temp%i == 0) 16 { 17 quality_fac[res] = i; 18 frequency[res] = 0; 19 while (temp%i == 0) 20 { 21 temp = temp / i; 22 frequency[res]++; 23 } 24 res++; 25 } 26 if (temp > 1) 27 { 28 quality_fac[res] = temp; 29 frequency[res++] = 1; 30 } 31 return res; 32 } 33 34 int main() { 35 int n, m; 36 while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF) { 37 n--; 38 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 39 int fac[100], frq[100]; 40 int primenum = work_quality_factor(m, fac, frq); 41 42 for (int i = 0; i < primenum; i++) { 43 int min_e = frq[i], x, e = 0; 44 // c(n,k)=c(n,k-1)*(n-k+1)/k 45 for (int k = 1; k < n; k++) { 46 //分成上下两部分除，上面的幂次的贡献为正，下面为负 47 x = n - k + 1; 48 while (x%fac[i]==0) { x /= fac[i]; e++; } 49 x = k; 50 while (x%fac[i]==0) { x /= fac[i]; e--; } 51 if (e < min_e)vis[k] = 1; 52 } 53 } 54 55 vector<int>ans; 56 for (int i = 1; i < n; i++) 57 if (!vis[i])ans.push_back(i + 1); 58 printf("%d ", ans.size()); 59 if (!ans.empty()) { 60 printf("%d", ans[0]); 61 for (int i = 1; i < ans.size(); i++) 62 printf(" %d", ans[i]); 63 } 64 printf(" "); 65 } 66 return 0; 67 }
Uva10820
题意：
给出ｎ，算出小于等于ｎ的所有数中，有几对互质；
解法：
本质就是求有多少个2元组（x，y）满足：1 <= x,y <= n，且x与y互素。
除了（1，1）之外，其他所有的x和y都不相同，我们设x<y的二元组有f(n)个，答案就是2f(n)+1 f(n)=phi(2)+phi(3)+...+phi(n);
1 #include<cstdio> 2 #include<cmath> 3 using namespace std; 4 const int maxn = 5e4 + 5; 5 int phi[maxn]; 6 7 //欧拉函数，求小于n且与n互素的整数个数 8 int euler_phi(int n) { 9 int m = (int)sqrt(n + 0.5); 10 int ans = n; 11 for (int i = 2; i <= m; i++) if (n%i == 0) { 12 ans = ans / i*(i - 1); 13 while (n%i == 0)n /= i; 14 } 15 if (n > 1)ans = ans / n*(n - 1); 16 return ans; 17 } 18 19 //求小于n的所有数的欧拉函数值 20 void phi_table(int n, int *phi) { 21 for (int i = 2; i <= n; i++)phi[i] = 0; 22 phi[1] = 1; 23 for (int i = 2; i <= n; i++)if (!phi[i]) 24 for (int j = i; j <= n; j += i) { 25 if (!phi[j])phi[j] = j; 26 phi[j] = phi[j] / i*(i - 1); 27 } 28 } 29 30 int main() { 31 int n; 32 while (scanf("%d", &n) && n) { 33 phi_table(n, phi); 34 int ans = 0; 35 for (int i = 2; i <= n; i++) ans += phi[i]; 36 printf("%d ", ans + ans + 1); 37 } 38 return 0; 39 }
Uva1636
题意：
扣一下枪没有响，问再扣一下抢还没有响的概率，这是把左轮枪
解法：
求出00的概率和01串的概率即可，注意这个是环形的左轮枪
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 using namespace std; 4 char s[1000]; 5 6 int main() { 7 while (scanf("%s", s) != EOF) { 8 int len = strlen(s); 9 int pr = 0, pc = 0, gun = 0; 10 s[len] = s[0], s[len + 1] = ' '; 11 len = strlen(s); 12 for (int i = 0; i < len - 1; i++) 13 if (s[i] == '0'&&s[i + 1] == '0')pr++; 14 for (int i = 0; i < len-1; i++) 15 if (s[i] == '0')gun++; 16 if (pr*(len-1) > gun*gun)printf("SHOOT "); 17 else if (pr*(len-1) == gun*gun)printf("EQUAL "); 18 else printf("ROTATE "); 19 } 20 return 0; 21 }
Uva580
题意：
一个栈中只能放入U和L，问存在连续3个以上U(危险组合)的个数为几个
解法：
危险情况数 = 总组合数 - 安全情况数
f[i]表示第i个位置是L的方法总数，那么f[i]=f[i-1]+f[i-2]+f[i-3]
1 #include<cstdio> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll f[31]; 5 6 void generate() { 7 f[1] = 2, f[2] = 4, f[3] = 7; 8 for (int i = 4; i <= 30; i++) { 9 f[i] = f[i - 1] + f[i - 2] + f[i - 3]; 10 } 11 } 12 13 int main() { 14 int n; 15 generate(); 16 while (scanf("%d", &n) && n) { 17 ll ans = (1 << n); 18 printf("%lld ", ans - f[n]); 19 } 20 return 0; 21 }