EXAM-2018-7-29
未完成
- [ ] H
- [ ] A
D
莫名TLE 不在循环里写strlen()就行了
F
相减特判 水题
J
模拟一下就可以发现规律，o(n)
K
每个数加一减一不变，用map，再从-1枚举，那个数出现最多就是答案
I
通过观察我们可以发现，我们只用维护每个间断点就可以。查询的时候就从最近那个间断点出发，乘以相差的时间再判断合法性就可以了。现在的问题是如何维护间断点。因为每次查询时它的初始值是不一样的，如果每次都从原点开始肯定会T，所以我们可以维护一个合法区间，一个从0开始，一个从X开始。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+7;
int s[maxn];
int main(){
int X;
scanf("%d",&X);
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d",&s[i]);
}
int k,time,x;
int t=0,j=0,l=X,r=0,stage=-1,ans,aa=0;
scanf("%d",&k);
for(int i=1;i<=k;i++){
scanf("%d%d",&time,&x);
while(j<n&&s[j+1]<=time){
ans=stage*(s[j+1]-t);
l=max(0,min(X,l+ans));
r=max(0,min(X,r+ans));
t=s[j+1];
stage=-stage;
j++;
aa+=ans;
//cout<<ans<<endl;
}
int num=time-t;
x=max(r,min(l,x+aa));
x=max(0,min(X,x+stage*(num)));
printf("%d
",x);
}
return 0;
}
B
听学长讲的这道题，感觉思路很清晰。首先游戏有三种人：正常人，僵尸，感染者；游戏结束的条件是没有正常人。然后boss每轮会让一个人变成僵尸，僵尸会让是自己倍数的玩家感染。
当初审题的时候就感觉特别乱，其实理清楚这道题就是一道普通的组合数学。如何让游戏结束，就是当RMB玩家(无法被他人感染)变成僵尸，其他的非RMB玩家可以说什么时候被感染不用去管，因为只有RMB玩家被全部变成僵尸游戏才结束。
可以得出公式，我们枚举轮数，轮数跟RMB玩家最后被感染的位置有关。我们先在该位置上放一个RMB玩家，然后前面的C(座位数,RMB玩家-1),RMB跟非RMB与顺序有关，再乘以轮数，结果就出来了
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define met(a) memset(a, 0, sizeof(a))
using namespace std;
const int maxn=1e7+5,mod=1e9+7;
ll l,r,n,cnt,fac[maxn],inv[maxn];
bool isprime[maxn];
ll qpow(ll x,ll k){
ll ret=1;
while(k){
if(k&1) ret = (ret*x)%mod;
x = x*x%mod;
k>>=1;
}
return ret;
}
void init(){
fac[0]=1;
for(ll i=1;i<=n+1;i++) fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
inv[n+1]=qpow(fac[n+1],mod-2);
for(ll i=n;i>=0;i--) inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%mod;
for(int i=l;i<=r;i++){
if(!isprime[i]) cnt++;
for(int j=i+i;j<=r;j+=i)
isprime[j]=1;
}
return ;
}
ll C(ll x,ll y){
if(!x&&!y) return 1;
if(x<y) return 0;
return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&l,&r);
n=r-l+1;
init();
ll ans=0;
for(ll i=l+cnt-1;i<=r;++i){
ans = (ans+(i-l+1)*C(i-l,cnt-1)%mod*fac[cnt]%mod*fac[n-cnt]%mod)%mod;
//cout<<C(i-l,cnt-1)%mod*fac[cnt]%mod*fac[n-cnt]%mod<<endl;
}
printf("%lld
",ans%mod);
return 0;
}
然后这里面有一个基本的求组合数的模板：
ll qpow(ll x,ll k){
ll ret=1;
while(k){
if(k&1) ret = (ret*x)%mod;
x = x*x%mod;
k>>=1;
}
return ret;
}
void init(){
fac[0]=1;
for(ll i=1;i<=n+1;i++) fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
inv[n+1]=qpow(fac[n+1],mod-2);
for(ll i=n;i>=0;i--) inv[i]=(inv[i+1]*(i+1))%mod;
//for(int i=l;i<=r;i++){
// if(!isprime[i]) cnt++;
// for(int j=i+i;j<=r;j+=i)
// isprime[j]=1;
//}
return ;
}
ll C(ll x,ll y){
if(!x&&!y) return 1;
if(x<y) return 0;
return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
H
现在中文题也看不懂了
题目意思是可以交换单词里的字母，从而让所给的这几个单词构建的字典树节点最少。我们先假设：
- 若一个单词构成字典树，则节点数为总字符数+1
- 若两个单词构成字典树，则节点数为两个单词总字符数-相同字符数+1
- 若三个或多个单词构成字典树，则节点数为多个单词总字符数-相同字符数+1？
然鹅并不是
假设三个单词：apple phy ppt 这么算的话节点数应该是11，但是正确答案是9.当apple跟ppt先组合，再与phy组合就是最优解，由此可见不能直接采用三种结合的方法。我们可以两两组合，然后再递推。从而想到状态压缩DP
准备状态压缩从零开始
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=1e6+7;
char str[maxn];
int cnt[20][200],ans[205];
int main(){
int n,len;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",str);
len=strlen(str);
for(int j=0;j<len;j++){
cnt[i][str[j]]++;
}
}
int k=(1<<n)-1;
int f[k+5];
memset(f,0,sizeof(f));
for(int i=1;i<=k;i++){//枚举所有状态
memset(ans,0x3f,sizeof(ans));
for(int j=1;j<=n;j++){
if(i&(1<<(j-1))){
for(int aa='a';aa<='z';aa++){
ans[aa]=min(cnt[j][aa],ans[aa]);//每个字母在这个状态出现最少次数
f[i]+=cnt[j][aa];
}
}
}
int sum=0;
for(int aa='a';aa<='z';aa++) sum+=ans[aa];
for(int z=i&(i-1);z;z=i&(z-1)){//状态转移 递推
f[i]=min(f[i],f[i^z]+f[z]-sum);
}
}
printf("%d
",f[k]+1);
return 0;
}
这里有两种枚举：
- 二进制枚举：
int k=(1<<n)-1;
for(int i=1;i<=k;i++){//枚举所有状态
for(int j=1;j<=n;j++) if(i&(1<<(j-1))){
- 枚举子集：
for(int z=i&(i-1);z;z=i&(z-1)){