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对前几天测试的总结
T1：
桶哥要买一些全家桶。他有a元钱，而每个桶要b元钱。他能不能买到c个桶？
代码（没什么好解释的）：
#include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int main(){ long long a,b,c; scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&c); if(a>=b*c) printf("Yes\n"); else printf("No\n"); return 0; }
然而当初只有90分，原因是无脑除法，完全忽略除数为0的情况，但如果用乘法的话，会因1018而爆int，需开long long，于是好多人只有九十分。。。
T2：
桶哥买了n个桶， 他要将这些桶送去n个人的家。他送第i个桶需要ai?的时间，需要在bi?之前送到。桶哥很懒，他想要尽量晚起身去送桶。问他最晚什么时候要去送桶？
桶哥在送完一个桶之后可以紧接着去送另一个桶。
当时的第一种思路：用最晚时间减去所需时长...
20分...
然后考虑到这种情况：
如图（线段起点表示最晚送出时间（b-a），线段终点表示最晚接受时间），
容易发现如果中间有一定空档，则后面的线段就无需考虑，
再次改进算法
60分（我已经不心疼AC率了）...
再次找到一种情况:
如图，显然此时的时间并不是b点减去时长2，因此前面提到过的算法全是错的
那么换一种思路：
设变量ti（设time会因与函数同名而报错）为答案，n（桶数）
将变量ti初始化为最后一个桶的最晚接受时间，
将每个桶按照最晚接受时间排序，然后倒序遍历，如果当前有未送的桶可以送，那么将ti减去该桶所用时间，剩余桶数自减
如果没有桶可以送，那么将ti自减，直到遇到可以送的桶
此算法可保证在正确数据与一定数据范围下算出正确答案
代码：
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; int n; struct ti{ int a,b,c; }t[1000005]; bool cmp(const ti &x,const ti &y){ return x.b<y.b; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&t[i].a,&t[i].b),t[i].c=t[i].b-t[i].a; sort(t+1,t+1+n,cmp); int time=t[n].b; while(n>0){ if(time<=t[n].b){ time-=t[n].a; n--; } else time--; } printf("%d\n",time); return 0; }
T3（最难的一道）：
桶哥的桶没有送完，他还有n个桶。他决定把这些桶吃掉。他的每一个桶两个属性：种类ai?和美味值bi?。若下标为x, y, z（下标从1开始）的三个桶满足:
x < z 且 x + y = z - 2y 且 ax = az
那么它们构成一个套餐，会产生
(x + z) * (bx - bz)
的价值。问：一共会产生多少价值？
先分析题目
现有n个桶，要找出满足搭配条件的组合并按照法则计算价值
按照公式展开，即得：
x*bx+z*bx-x*bz-z*bz
可发现其实其价值与y没有任何关系，那么只要满足（z-x）%3=0就可以
那么按照一定顺序枚举就可以计算每项对应值
然而一个个枚举过于麻烦，于是可以只按照3的倍数进行枚举
然后将其分为三组，分别按照%3的余数进行考虑，分为1,2,3，三组（其中一组%3为0，但下标为0无意义），分别以它作为起点开始遍历，每次自加3，保证“3的倍数”这一性质，
又可以发现，在枚举z的过程中，也需处理前面的x，但是对于每一个z，前面的x可以以总和的形式参与计算，也就是说并无需枚举每一个x，只需将每一个z累加，在下一次循环枚举计算时，“曾经的z”作为x之和的一个元素出现，也就是每个z都将在后面的计算中当做x处理，这样保证只有与z有关的变量会导致当前值的不同，只需将x*bx以及只与x有关的变量当做一个会自动变化的常量，使其参与计算即可。
但此种枚举可能出现种类（ai）不一致的情况，对于此，只需将x的和加上角标，其角标即为种类，也就是只有相同种类的桶可被累加在同一集合进行下面运算，
另外，不要忘记取模
代码（搬了下_rqy大佬的标程）：
#include <algorithm> #include <cctype> #include <cstdio> #include <cstring> int readInt() { int ans = 0, c, f = 1; while (!isdigit(c = getchar())) if (c == ‘-‘) f *= -1; do ans = ans * 10 + c - ‘0‘; while (isdigit(c = getchar())); //声明：此函数用来看这个字符是不是数字，应该等价于ASCII码比较 return ans * f; } //需要快读因为数据太多 const int mod = 10007; int b[100005], a[100005]; int S[100005], Sx[100005], Sbx[100005], Sxbx[100005]; int main() { int n = readInt()，m = readInt(); for(int i = 1; i <= n; i++) b[i] = readInt() % mod; for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = readInt(); //作为角标并不能模 int ans = 0; for (int cc = 1; cc <= 3; ++cc) { // { cc, cc+3, cc+6 ... } 分一组 memset(S, 0, sizeof(S)); memset(Sx, 0, sizeof(Sx)); memset(Sbx, 0, sizeof(Sbx)); memset(Sxbx, 0, sizeof(Sxbx)); for(int i = cc; i <= n; i += 3) { ans = (ans + i % mod * Sbx[a[i]] % mod) % mod; ans = (ans - b[i] * Sx[a[i]] % mod) % mod; ans = (ans + Sxbx[a[i]]) % mod; ans = (ans - S[a[i]] * b[i] % mod * (i % mod) % mod) % mod; S[a[i]] = (S[a[i]] + 1) % mod; Sx[a[i]] = (Sx[a[i]] + i) % mod; Sbx[a[i]] = (Sbx[a[i]] + b[i]) % mod; Sxbx[a[i]] = (Sxbx[a[i]] + i % mod * b[i] % mod) % mod; } } printf("%d", (ans + mod) % mod); //处理负数情况 return 0; }
后面两题都是_rqy给的思路，_rqy好强呀%%%
话说这位桶哥什么心情...
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原文地址：https://www.cnblogs.com/648-233/p/10946039.html
