标签：根据 数学题 force inf 变形 对象 结果 函数 http
其中C，D，E题的思路来自
https://www.bilibili.com/video/av83609526?p=5
给出一个式子
对于给出的d，求当x是整数时的最小解。
简单数学题，这个式子变形一下就是我们中学学的对号函数，但要注意下向上取整和整数x
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; int main() { int T; LL n,d; cin >> T; while(T--) { cin >> n >>d; LL x = sqrt(d); if(d<=n) { printf("YES\n"); continue; } if(2*x-1>n) printf("NO\n"); else { if(x*x==d) { int ans = 2*x-1; if(ans<=n) printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } else { int x1 = x,x2 = x+1; int ans1 = d/x1,ans2 = d/x2; if(d%x1) ans1++; if(d%x2) ans2++; ans1 += (x1-1); ans2 +=(x2-1); if(ans1<=n||ans2<=n) printf("YES\n"); else printf("NO\n"); } } } return 0; }
给你两个数，A,B，要求有多少对a,b（
），满足a*b+a+b = conc(a,b)，其中conc(a,b),表示将a和b连接起来，例如conc(12,23) = 1223。
我们可以将给出的公式变一下形
所以最终结果等于A*(满足上面取值的b的数目)。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; int main() { int T; cin >> T; while(T--) { LL A,B; cin >> A >>B; B++; int cnt = 0; while(B) { cnt++; B/=10; } --cnt; cout << A*cnt << endl; } return 0; }
给你两个数n,m，要求你用1-n中的数组成两个长为m的数组a,b，要求a数组非递减，b数组非递减，同时
，求这样的数组共有多少对（结果mod
）
根据上面的条件我们可以把上面两个数组倒接，如下所示
现在问题转化为用1-n中的数构造出一个长为2*m的非递减数组，问最多有多少组合。
我们可以用
表示i这个数选用了多少次。
那么
考虑组合数学来解决问题。
上面可转为2*m个球放进n个盒子，盒子可以为空的组合数，进而可以转为将2*m+n个球分成n份，每份不允许为空的方案数。
运用隔板法，那么最终答案是就是
也就是
，组合数取模的话，可以用卢卡斯定理 解决。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; const LL mod = 1e9+7; LL quick_pow(LL x, LL n, LL p)// 快速幂求x^n mod p 的结果 { if(n==0) return 1; if(n==1) return x%p; LL ans = 1; LL tmp = x%p; while(n) { if(n&1) { ans = (ans*tmp)%p; } tmp = tmp*tmp%p; n>>=1; } return ans%p; } LL inv(LL b,LL p) //求数 b mod p 的逆元 { return quick_pow(b,p-2,p); } LL C(LL n,LL m,LL p)//组合数取模 { if(m==0|| m== n) return 1; if(m==1||m==n-1) return n%p; m = min(m,n-m); LL up = 1,down = 1; for(LL i = n-m+1;i<=n;i++) up=(up*i)%p; for(LL i = 1;i<=m;i++) down*=i%p; up%=p; down%=p; return (up*(inv(down,p)%p))%p; } LL lucas(LL n,LL m,LL p)//递归lucas函数 { if(m==0) return 1; return lucas(n/p,m/p,p)*C(n%p,m%p,p)%p; } int main() { LL n,m; cin >> n >> m; cout << lucas(2*m+n-1,2*m,mod); return 0; }
给你一个大小为n*m的矩阵，让你任取两行，取对应列的两个数的较大者构成新的一行，并使这一行中的最小的数最大。输出结果的两行（这两行可以是同一行）
最大化最小值的问题，考虑二分解决。但是二分的对象是那个最大的最小值。
这个题的check函数比较特殊。
观察题目，m的范围很小，我们可以将考虑将每一行映射成为二进制，具体规则是（假设check的数是k），这一行大于等于k的数为1，小于的为0，假如我们选出的两列或的结果就是合并出来的行二进制下的结果，如果结果大于（1<<m）-1，也就是二进制下m个1，就代表当前的这个数是可以的。具体细节可以代码。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; vector<vector<int> >a; int a1,a2; bool can(int mid) { vector<int>msk(1<<m,-1); for(int i = 0;i<n;++i) { int cur =0; for(int j = 0;j<m;++j) { if(a[i][j]>=mid) cur^=(1<<j); } msk[cur] = i; } if(msk[(1<<m)-1]!=-1) { a1 = a2 =msk[(1<<m)-1]; return true; } for(int i = 0;i<(1<<m);++i) for(int j = 0;j<(1<<m);++j) { if(msk[i]!=-1&&msk[j]!=-1&&(i|j)==(1<<m)-1) { a1 =msk[i]; a2 =msk[j]; return true; } } return false; } int main() { scanf("%d %d",&n,&m); a.resize(n,vector<int>(m)); for(int i= 0;i<n;++i) for(int j = 0;j<m;++j) scanf("%d",&a[i][j]); int lf =0; int rg = int(1e9)+43; while(rg-lf>1) { int m = (lf+rg)/2; if(can(m)) lf = m; else rg = m; } printf("%d %d\n",a1+1,a2+1); return 0; }
给你一个1-n的序列，输出m个数（1-n之间），代表把这数提到首位，求每个数在序列里的最小最大位置。
可以考虑在1-n之前插入m个空位，构成一个长为n+m的数组，假设是第i次输入的数是x，就把x放在m-i+1的位置，这个数原先所在的位置变成0，每次更新下所求的两个值，最后再更新一下即可，整个结构可以用树状数组来维护，具体细节可以代码。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int maxn = 1e6+7; int n,m; int a[maxn],d[maxn],mx[maxn],mn[maxn]; int pos[maxn]; int lowbit(int x) { return x&(-x); } void update(int x,int y) { for(int i =x;i<maxn;i+=lowbit(i)) d[i]+=y; } int get(int x) { int ans =0; for(int i =x;i;i-=lowbit(i)) ans+=d[i]; return ans; } int main() { cin >> n >> m; for(int i =1;i<=n;++i) { mx[i] = mn[i] = i; pos[i] = i+m; update(i+m,1); } for(int i =0;i<m;++i) { int x; cin >> x; mx[x] = max(mx[x],get(pos[x])); mn[x] = 1; update(pos[x],-1); pos[x] = m-i; update(pos[x],1); } for(int i = 1;i<=n;++i) { mx[i] = max(mx[i],get(pos[i])); } for(int i = 1;i<=n;++i) cout << mn[i] << " " << mx[i] << "\n"; return 0; }
Educational Codeforces Round 80
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原文地址：https://www.cnblogs.com/baihualiaoluan/p/12274317.html
