[ZOJ]ZOJ Monthly, January 2018

solved 4

rank 1

题挺好的，就是没见过这么卡常的。。

A(签到)

题意：有n个盒子，每个盒子里都有若干AB两种糖，甲只能吃A，乙只能吃B，每次至少吃一个，最多把一个盒子里的吃光，没有糖之后就不能吃，吃掉最后一颗糖的获胜，问谁能获胜。

显然一次吃一颗最优，谁的糖多谁赢。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)
#define LL long long 
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair

const int N =2e3+7;
const int mod=1e9+7;

int n,k;

int main(){
    int t,x;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n;
        int s1=0,s2=0;
        rep(i,n){
            cin>>x;
            s1+=x;
        }
        rep(i,n){
            cin>>x;
            s2+=x;
        }
        if(s1>s2)cout<<"BaoBao"<<endl;
        else cout<<"DreamGrid"<<endl;
    }



    //system("pause");
}

00：05（2A）

E(线段树)

题意：询问数列一段区间的乘积，支持区间乘法和区间乘方。

比较裸的线段树，对两种操作打两个tag分别维护，由费马小定理推论: p是质数时，a^(n%(p-1))=a^n(%p)。对指数取模(p-1)即可。

（函数不加inline还T，我写的常数这么大吗。。）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)

const int N=1e5+7;
const int mod=1e9+7;

int n,a[N],tree[N*4],tag1[N*4],tag2[N*4],len[N*4];

inline void update(int node){
    tree[node]=1LL*tree[node<<1]*tree[node<<1|1]%mod;
}

inline int po(int x,int y){
    int res=1;
      while(y){
      if(y&1)res=1LL*res*x%mod;
      y>>=1;
      x=1LL*x*x%mod;
      }
      return res;
}

inline void maketag(int node,int v,int k){
    tree[node]=1LL*po(tree[node],k)*po(v,len[node])%mod;
    tag1[node]=1LL*po(tag1[node],k)*v%mod;
    tag2[node]=1LL*tag2[node]*k%(mod-1);
}

inline void push_down(int node){
    maketag(node<<1,tag1[node],tag2[node]);
    maketag(node<<1|1,tag1[node],tag2[node]);
    tag1[node]=tag2[node]=1;
}

inline int query(int node,int L,int R,int l,int r){
    if(l>R||r<L)return 1; 
    if(L>=l&&R<=r)return tree[node];
    push_down(node);
    int mid=(L+R)>>1;
    return 1LL*query(node<<1,L,mid,l,r)*query(node<<1|1,mid+1,R,l,r)%mod;
}

inline void change(int node,int L,int R,int l,int r,int v,int k){
    if(l>R||r<L)return;
    if(L>=l&&R<=r){
        maketag(node,v,k);
        return ;
    }
    if(tag1[node]!=1||tag2[node]!=1)push_down(node);
    int mid=(L+R)>>1;
    change(node<<1,L,mid,l,r,v,k);
    change(node<<1|1,mid+1,R,l,r,v,k);
    update(node);
}

void build(int node,int l,int r){
    tag1[node]=tag2[node]=1;
    len[node]=r-l+1;
    if(l==r){
        tree[node]=a[l];
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    build(node<<1,l,mid);
    build(node<<1|1,mid+1,r);
    update(node);
}

int main()
{
    int t,q;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&q);

        rep(i,n)scanf("%d",&a[i]);

        build(1,1,n);

        while(q--){
            int op,l,r,v;
            scanf("%d%d%d",&op,&l,&r);
            if(op==1){
                scanf("%d",&v);
                change(1,1,n,l,r,v,1);
            }
            if(op==2){
                scanf("%d",&v);
                change(1,1,n,l,r,1,v);
            }
            if(op==3){
                printf("%d
",query(1,1,n,l,r));
            }
        }
    }
    //system("pause");
}

02：07（3A）

F(模拟）

题意：给出一个多项式做分子和分母的分式，求分式趋近于x0的极限

洛必达法则，一直求导到分子和分母不都为0即可。麻烦的其实只是读入。。注意输出格式。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)

const int N=1e5+7;
const int mod=1e9+7;

int num[2][10],x;

LL gcd(LL a,LL b){
    if(!b)return a;
    return gcd(b,a%b);
}

void getit(string s,int k){
    int res=1,ex=-1;
    for(int i=0;i<s.size();i++){
        if(s[i]=='x'){
            ex=1;
        }
        else if(s[i]=='^'){
            ex=s[i+1]-'0';
            i++;
        }
        else if(s[i]=='-'){
            if(ex!=-1){
                num[k][ex]=res;
                res=1;
                ex=-1;}
            res=-1;
        }
        else if(s[i]>='0'&&s[i]<='9')res*=s[i]-'0',ex=0;
        else {
            num[k][ex]=res;
            res=1;
            ex=-1;
        }
    }
        if(ex!=-1){
            num[k][ex]=res;
            res=1;
            ex=0;
       }
      // for(int i=0;i<=9;i++)cout<<num[k][i]<<" ";
       //cout<<endl;
}

LL getnum(int k){
    LL res=1;
    LL ans=0;
    for(int i=0;i<=9;i++){
        ans+=res*num[k][i];
        res*=x;
    } 
    return ans;
}

void change(int k){
    for(int i=0;i<9;i++){
        num[k][i]=num[k][i+1]*(i+1);
        num[k][i+1]=0;
    }
    //for(int i=0;i<=9;i++)cout<<num[k][i]<<" ";
    //cout<<endl;
} 


string s1,s2;

int main(){
    int t;

    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        memset(num,0,sizeof(num));
        cin>>s1>>s2>>x;
        getit(s1,0);
        getit(s2,1);
        while(getnum(0)==0&&getnum(1)==0){
            change(0);
            change(1);
        }
        if(getnum(1)==0)cout<<"INF"<<endl;
        else if(getnum(0)==0)cout<<0<<endl;
        else {
            LL g=gcd(abs(getnum(0)),abs(getnum(1)));
            if( (getnum(0)>0)!=(getnum(1)>0) )cout<<"-";
            if(abs(getnum(1))/g==1)cout<<abs(getnum(0))/g<<endl;
            else cout<<abs(getnum(0))/g<<"/"<<abs(getnum(1))/g<<endl;
        }
    }
}

03：06（2A）

J(暴力)

题意：给出两个序列An,Bn，有多少对等长的子序列Ai-j和Bi-j之间的距离小于等于v，两个子序列的距离定义为 ∑ (|ai-bi|^p) （p<=3）

暴力的做法是n^3枚举两个区间起点和最大长度，考虑优化。以Ai和Bj为起点时，因为距离公式的每一项都非负，显然最大长度至少是以Ai-1和Bj-1为起点是的最大长度减一。因此每次暴力的时候记录下最大长度和这一段的距离，之后就可以再次使用。因为区间右端点是单调递增的，也就是长度最多扩大n次。类似于双指针，可以证明复杂度是O(n^2)的。

（不知道为什么时间卡的这么紧。。1e3还多组数据，改了无数遍才卡着过去了)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
#define rep(i,n) for(int i=1;i<=n;i++)

const int N=1005;
LL a[N],b[N];

int l[N][N];

LL sum[N][N];

LL n,v,p;

inline LL f(int i,int j)
{
    LL res=1,x=abs(a[i]-b[j]);
    rep(i,p)res*=x;
    return res;
}
int main()
{

    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld%lld",&n,&v,&p);
        rep(i,n)scanf("%lld",&a[i]);
        rep(i,n) scanf("%lld",&b[i]);  
        LL ans=0;
        rep(i,n)
        {
            rep(j,n)
            {
                LL now=sum[i-1][j-1]-f(i-1,j-1);
                int k;
                for(k=l[i-1][j-1]-1; i+k<=n&&j+k<=n; k++)
                {
                    if(now+f(i+k,j+k)<=v)
                        now+=f(i+k,j+k);
                    else
                        break;
                }
                sum[i][j]=now;
                l[i][j]=k;
                ans+=k;
            }
        }

        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

01：03（9A）