学长学姐们的测试-2

　　学长学姐们觉得出测试题很有趣呢！于是刚刚返校的我们就又迎来了一次测试。

　　考试难度：最高为队列；

　　出题人：Cansult，Slr，Milky-way。

　　当然这个难度是不用信的，因为它并不靠谱...

　　T1:宽嫂的小裙子

　　题意概述：Cansult得到了一块m*n的布，要把它裁成一个个正方形做裙子，还要对每一块剪开的布进行锁边（只锁一边就可以），最小化这个代价。

　　看起来像个贪心，事实上也是，每次按照最大的裁，裁到裁完为止...答案为$a+b-gcd(a,b)$然后我就爆0啦！因为没开longlong，果然一个中考过去什么都忘了...

　　  

# include <cstdio>
# include <iostream>

using namespace std;

int t;
long long a,b,r,ans=0;

int main()
{
    freopen("skirt.in","r",stdin);
    freopen("skirt.out","w",stdout);
    
    scanf("%d",&t);
    for (int i=1;i<=t;++i)
    {
        ans=0;
        scanf("%lld%lld",&a,&b);
        if(a<b) swap(a,b);
        while (b!=0)
        {
            r=a/b;
            ans+=r*b;
            a=a%b;
            swap(a,b);                        
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

　　

　　 T2:宽嫂的缝纫

　　bzoj原题生成树：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2467

　　 算是个结论题？

　　最伤心的事莫过于之前见到过这道题在宽嫂博客首页，但是却没有点开看一眼...看到这道题第一感觉：Matrix-Tree定理...可是我不会。因为只是输入一个n，所以推测可能是个结论题，可是考试的时候1h也没想出来qwq

　　其实还是很简单的，首先有n个五边形，都是环，所以从这些环中就必须各删一条边，又因为树的性质，所以有一个环必须切两条边，（感性认识一下）如果在某一个环上删两条边，必然要删掉一条在中间的边，剩下的边就可以随便删一条了。所以选环有n种方法，删其他边又有4种方法，最终答案：$5^{n-1}*4*n$

　　  

# include <cstdio>
# include <iostream>
# define mod 2007

using namespace std;

int n,t;

long long qui(int a,int x)
{
    long long s=1;
    while (x)
    {
        if(x&1) s=s*a%mod;
        a=a*a%mod;
        x=x>>1;
    }
    return s;
}

long long ans(int n)
{
    long long s=n%mod;
    s=(s*4)%mod;
    s=(s*qui(5,n-1))%mod;
    return s;    
}

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    for (int i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%d",&n);
        if(n==1) printf("5
");
        else
            printf("%lld
",ans(n));
    }
    return 0;
}

  

　　T3:宽嫂的初中回忆

　　题意概述：给定$a$,$b$,$c$,$k$,求$f[x]^{a}*b+c=x,0<=x<=k$的根的个数；

　　当然先打个暴力啦：

　　 

# include <cstdio>
# include <iostream>

using namespace std;

int t;
long long p;
int a,b,c,k,f,J;
int q[1000000];
int h=0,ans=0;

int main()
{
    freopen("mem.in","r",stdin);
    freopen("mem.out","w",stdout);

    scanf("%d",&t);
    for (int i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&k);
        ans=0;
        for (int j=0;j<=k;++j)
        {
            f=0;
            J=j;
            while (J)
            {
                f+=J%10;
                J=J/10;
            }
            p=1;
            for (int x=1;x<=a;x++)
                p=(long long)p*f;
            p*=b;
            p+=c;
            if(p==j) ans++,q[++h]=j;
        }
        if(ans==0)
        {
            printf("0
-1
");
            continue;
        }
        printf("%d
",ans);
        for (int j=1;j<=h;j++)
            printf("%d ",q[j]);
        h=0;
        printf("
");    
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

　　 正解是枚举$f[x]$,因为$k<=10^{9}$,所以$f[x]$并不会很大。

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>

using namespace std;

int t;
int a,b,c,k;
long long n;
int q[1000000];
int h=0;

int divi(int n)
{
    int ans=0;
    while (n)
    {
        ans+=n%10;
        n=n/10;
    }
    return ans;
}

long long qui(int x,int n)
{
    long long s=1;
    while (n)
    {
        if(n&1) s=s*(long long)x;
        x=(long long)x*x;
        n=n>>1;
    }
    return s;
}

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    for (int i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&k);
        h=0;
        for (int i=0;i<=81;i++)
        {
            n=qui(i,a)*b+c;
            if(n>k||divi(n)!=i) continue;
            q[++h]=n;
        }
        printf("%d
",h);
        if(h==0)
        {
            printf("-1
");
            continue;
        }
        for (int i=1;i<=h;i++)
            printf("%d ",q[i]);
        printf("
");
    }
    return 0;
}

　　T4:宽嫂的军训

　　CQOI原题：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1627

　　 打了一个略微优秀的暴力水了80，赛后知道我的写法是枚举i,j，其实可以枚举i，把j的值先存起来，就可以A了，感觉很亏...

　　 

# include <cstdio>
# include <iostream>

using namespace std;

int t;
long long p;
int a,b,c,k,f,J;
int q[1000000];
int h=0,ans=0;

int main()
{
    freopen("mem.in","r",stdin);
    freopen("mem.out","w",stdout);

    scanf("%d",&t);
    for (int i=1;i<=t;i++)
    {
        scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&c,&k);
        ans=0;
        for (int j=0;j<=k;++j)
        {
            f=0;
            J=j;
            while (J)
            {
                f+=J%10;
                J=J/10;
            }
            p=1;
            for (int x=1;x<=a;x++)
                p=(long long)p*f;
            p*=b;
            p+=c;
            if(p==j) ans++,q[++h]=j;
        }
        if(ans==0)
        {
            printf("0
-1
");
            continue;
        }
        printf("%d
",ans);
        for (int j=1;j<=h;j++)
            printf("%d ",q[j]);
        h=0;
        printf("
");    
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

　　

　　  首先可以发现数的大小并没有想象中那么重要，事实上真正重要的是与b的大小关系。所以再读入的时候就可以预处理一下，把大于n的设为1，小于的设为-1，因为是排列没有重复元素，所以相等的也不会出现。再观察一下，发现b必须包含在这个区间中，所以就可以往两边扩展，从b往后求一个前缀和，再从b往前求一个后缀和，如果一段前缀和加一段后缀和=0，表示这一整段的中位数就是b。怎么判断呢，之前写的是枚举i，j，这个做法显然是非常愚蠢的。其实后缀和最大最小不过是$-n~n$，所以给它加上一个$n$，使其整体平移到整数部分，就可以用一个vis数组表示每种后缀出现的次数，把枚举j的复杂度降到了$O(1)$。这里还有一个小问题，题目要求长度为奇数，怎么办呢？其实这是一个不需要解决的问题，因为长度为偶数且包含b，大于b的数和小于b的数的数目相等...怎么可能呢？

　　 

# include <cstdio>
# include <iostream>

using namespace std;

int x,n,b,pos;
int a[100005];
int q1,q2;
long long ans=0;
int vis[300005];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&b);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        if(x>=b) a[i]++;
        if(x<=b) a[i]--;
        if(x==b) pos=i;
    }
    for (int i=pos;i<=n;i++)
    {
        q1+=a[i];
        vis[q1+n]++;
    }
    for (int i=pos;i>=1;i--)
    {
        q2+=a[i];
        ans+=vis[n-q2];
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

　　 T5:宽嫂的水晶项链

　  usaco原题：https://www.luogu.org/problemnew/show/P3143

　　 首先从前往后扫，维护一个以i结尾的区间内，可以放到一条裙子上的最多项链，再倒着扫一次，枚举断点即可。

　　其实这题学姐给我们提过要做，而且也有不止一个人做了，可是为什么这次A这题的人这么少...

　　 

# include <cstdio>
# include <iostream>
# include <algorithm>

using namespace std;

long long rf,rx,a[500005],k;
int n;
int dp1[500005],dp2[500005];
char rc;

long long read()
{
    rc=getchar();
    rf=1;
    rx=0;
    while (!isdigit(rc))
    {
        if(rc=='-') rf=-rf;
        rc=getchar();
    }
    while (isdigit(rc))
    {
        rx=(rx<<3)+(rx<<1)+(rc^48);
        rc=getchar();
    }
    return rx*rf;
}

int main()
{
    freopen("crystal.in","r",stdin);
    freopen("crystal.out","w",stdout);
    
    scanf("%d%lld",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        a[i]=read();
    sort(a+1,a+1+n);
    int j=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        while (a[i]-a[j]>k) j++;
        dp1[i]=max(i-j+1,dp1[i-1]);
    }
    j=n;
    for (int i=n;i>=1;i--)
    {
        while (a[j]-a[i]>k) j--;
        dp2[i]=max(j-i+1,dp2[i+1]);
    }
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        ans=max(ans,dp1[i]+dp2[i+1]);
    cout<<ans;

    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

　　

　　T6:宽嫂的学妹

　　题意概述：有n块积木，每块积木的高度给出，搭两座塔，要求高度一致，求最大高度。

　　考到最后没有时间了，就写了一个大爆搜：

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>

using namespace std;

int n;
int ans=0;
int a[10005];
int s[10005];

void dfs(int x,int l,int r)
{
    if(x==n+1)
    {
        if(l==r) ans=max(ans,l);
        return ;
    }
    if(l+s[x]<r) return;
    if(r+s[x]<l) return;
    dfs(x+1,l+a[x],r);
    dfs(x+1,l,r+a[x]);
    dfs(x+1,l,r);
}

int main()
{
//    freopen("cxy.in","r",stdin);
//    freopen("cxy.out","w",stdout);
    
    scanf("%d",&n);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for (int i=n;i>=1;i--)
        s[i]=s[i+1]+a[i];
    dfs(1,0,0);
    if(ans==0)
        printf("Impossible");
    else
        printf("%d",ans);
            
//    fclose(stdin);
//    fclose(stdout);
    return 0;
}

　

　　正解是dp,$f[i][j]$表示用前$i$块积木，两塔高度差为$j$时低塔的高度，还可以把第一维省掉。

　　注意不要用不合法的情况进行转移。

　　

# include <cstdio>
# include <iostream>

using namespace std;

int x,n,b,pos;
int a[100005];
int q1,q2;
long long ans=0;
int vis[300005];

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&b);
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&x);
        if(x>=b) a[i]++;
        if(x<=b) a[i]--;
        if(x==b) pos=i;
    }
    for (int i=pos;i<=n;i++)
    {
        q1+=a[i];
        vis[q1+n]++;
    }
    for (int i=pos;i>=1;i--)
    {
        q2+=a[i];
        ans+=vis[n-q2];
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

　　转移有四种情况：

　　1.不放：$dp[i][j]=dp[i-1][j]$

　　2.放在高的上： $dp[i][j]=dp[i-1][ j-a[i] ]+a[i] , j>=a[i]$

　　3.放在矮的上且没有超过高的:$dp[i][j]=dp[i-1][ j+a[i] ]$

　　4.放在矮的上并使得矮的将高的取而代之：$dp[i][j]=dp[i-1][ a[i]-j ]+j$

　　这么看来还是很简单的，之前没做出来是想偏了，以为要保存两个塔的高度，现在发现没有必要，只要保留相对高度就行。

　　预计得分：100+0+40+（50~60）+100+（0~100）=240+（50~160）

　　实际得分：0+0+40+80+100+50=270

　　于是考完就很绝望啊...于是就等到打上课铃的时候才终于进教室，讲题的时候发生了很多奇妙的事情，学会了教师机暴政的n种方法。

　　最后%一下rk2的博客：https://www.luogu.org/blog/user35178/cansult-di-du-liu-ce-shi。

　　事实上这次测试还是很棒的！如果不考这个我们也许已经在矩乘和期望dp的水深火热中挣扎了...