7.1集训模拟赛5（......）

时间：2020-07-01 22:30:56 阅读：65 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

标签：time 面积 ace scan 取数答案 block 表示最小

输入二个正整数x0,y0(2<=x0<100000,2<=y0<=1000000),求出满足下列条件的P,Q的个数

条件:

P,Q是正整数
要求P,Q以x0为最大公约数,以y0为最小公倍数.

试求:满足条件的所有可能的两个正整数的个数.

一行，二个正整数x0,y0。

一行，即满足条件的所有可能的两个正整数的个数。保证答案不需要高精度。

样例输入：

3 60

样例输出：

设有N*N的方格图(N<=20,我们将其中的某些方格中填入正整数,而其他的方格中则放入数字0。如下图所示(见样例)：

技术图片

某人从图的左上角的A(1,1) 点出发，可以向下行走，也可以向右走，直到到达右下角的B(n,n)点。在走过的路上（包括起点在内），他可以取走方格中的数(取走后的方格中将变为数字0)。此人从A点到B 点共走两次，试找出2条这样的路径，使得取得的数之和为最大。

输入的第一行为一个整数N(表示N*N的方格图)

接下来的每行有三个整数，前两个表示位置，第三个数为该位置上所放的数。一行单独的0表示输入结束。

只需输出一个整数，表示2条路径上取得的最大的和。

样例输入：

样例输出：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=25;
int f[N][N][N][N],a[N][N];
int n,x,y,w;
int main(){
    scanf("%d",&n);
    while(scanf("%d%d%d",&x,&y,&w)){
        if(x==0)break;
        a[x][y]=w;
    }
    f[1][1][1][1]=a[1][1];
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            for(int k=1;k<=n;k++){
                for(int l=1;l<=n;l++){
                    if(i==k&&j==l){
                        f[i][j][k][l]=max(max(f[i-1][j][k-1][l],f[i][j-1][k-1][l]),max(f[i][j-1][k][l-1],f[i-1][j][k][l-1]))+a[k][l];
                    } else {
                        f[i][j][k][l]=max(max(f[i-1][j][k-1][l],f[i][j-1][k-1][l]),max(f[i][j-1][k][l-1],f[i-1][j][k][l-1]))+a[i][j]+a[k][l];
                    }
                }
            }
        }
    }
    printf("%d",f[n][n][n][n]);
    return 0;
}

WYT有一把巨大的刷子，刷子的宽度为M米，现在WYT要使用这把大刷子去粉刷有N列的栅栏（每列宽度都为1米；每列的高度单位也为米，由输入数据给出）。

使用刷子的规则是：

与地面垂直，从栅栏的底部向上刷
每次刷的宽度为M米（当剩余栅栏宽度不够M米的话，刷子也可以使用，具体看样例2）
对于连续的M列栅栏，刷子从底向上，刷到的高度只能到这M列栅栏的最低高度。

WYT请你回答两个问题：

最少有多少个单位面积不能刷到（单位面积为1平米）
在满足第一问的条件下，最少刷几次？

输入格式：

共两行：

第一行两个整数N和M。

第二行共N个整数，表示N列栅栏的高度。

一行，两个整数，分别为最少剩余的单位面积数量和最少刷的次数。

样例输入1：

5 3
5 3 4 4 5

样例输出1:

3
2

样例输入2:

10 3
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

样例输出2:

0
4

样例输入3:

7 4
1 2 3 4 3 2 1

样例输出3:

4
4

样例1的解释：

技术图片

高度分别为 5 3 4 4 5 如上：

黄色的方块表示共有3个单位面积没刷上

绿色的框和红色的框表示一共刷了两次。

30%的数据：N<=10^3

50%的数据：N<=10^5

100%的数据：1<=N<=10^6, 1<=M<=10^6,N>=M, 每列栅栏的高度<=10^6.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
typedef long long ll;
ll n,m;
ll a[N];
ll q[N];
ll j[N];
ll maxh[N],l[N],r[N];
ll sum;
int main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%lld",&a[i]);
        sum+=a[i];
    }
    int head=0,tail=-1;
    for(int i=1;i<=n+1;i++){
        while(head<=tail&&a[i]<a[q[tail]]){
            r[q[tail]]=i-q[tail];
            tail--;
        }
        q[++tail]=i;
    }
    head=0;tail=-1;
    for(int i=n;i>=0;i--){
        while(head<=tail&&a[i]<a[q[tail]]){
            l[q[tail]]=q[tail]-i;
            tail--;
        }
        q[++tail]=i;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(l[i]+r[i]-1>=m)j[i]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(j[i]==1){
            maxh[i]=a[i];
        } else {
            maxh[i]=maxh[i-1];
        }
    }
    for(int i=n;i>=1;i--){
        if(!j[i]){
            maxh[i]=max(maxh[i],maxh[i+1]);
        }
        sum-=maxh[i];
    }
    ll k=2,ans=0;
    while(k<=n+1){
        int cnt=1;
        while(k<=n+1&&maxh[k]==maxh[k-1]){
            cnt++;
            k++;
        }
        ans+=cnt/m;
        if(cnt%m!=0)ans++;
        k++;
    }
    printf("%lld\n%lld",sum,ans);
    return 0;
}

2017共有N棵树从0到N-1标号。现要把这些树种在一条直线上，第i棵树的种植位置X[i]如下确定：

X[0] = X[0] MOD L；

X[i] = (X[i-1]*A+B) MOD L。

每棵树种植的费用，是所有标号比它小的树与它的距离之和。2017请你计算各棵树的费用之积，最后对1000000007取余。

共五行：

第一行为N

第二行为L

第三行为X[0]

第四行为A

第五行为B

总费用

样例输入：

样例输出：

样例解释：

5棵树的位置分别为: 3, 4, 5, 6, 7.

费用分别为: 1, 3, 6, 10. （从第一棵树开始）

总费用为： 1 × 3 × 6 × 10 = 180.

10%的数据：N<=10;

60%的数据：N<=2×10^5;

100%的数据：N,L<=200000; X[0] ,A, B<=10^9.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=200010;
ll n,l,x,a,b;
ll c1,c2,s1,s2;
ll cost,ans = 1;
struct edge{
    ll cnt;
    ll val;
}tree[N<<2];



void updata(int rt,int l,int r,int x,int val){
    if (l > x || r < x) return;
    if(l==r){
        tree[rt].val+=val;
        tree[rt].cnt++;
        return ;
    }
    ll mid = (l+r)>>1;
    if(x<=mid){
        updata(rt*2,l,mid,x,val);
    } else {
        updata(rt*2+1,mid+1,r,x,val);
    }
    tree[rt].cnt=tree[rt*2].cnt+tree[rt*2+1].cnt;
    tree[rt].val=tree[rt*2].val+tree[rt*2+1].val;
    //return ;
}

ll getval(int rt,int l,int r,int x,int y){
    if(y<l||x>r)return 0;
    if(x<=l&&y>=r)return tree[rt].val;
    ll mid = (l+r)>>1;
    ll sum=0;
    if(x<=mid){
        sum+=getval(rt*2,l,mid,x,y);
    }if(y>mid){
        sum+=getval(rt*2+1,mid+1,r,x,y);
    }
    return sum;
}

ll getcnt(int rt,int l,int r,int x,int y){
    if(y<l||x>r)return 0;
    if(x<=l&&y>=r)return tree[rt].cnt;
    ll mid = (l+r)>>1;
    ll sum=0;
    if(x<=mid){
        sum+=getcnt(rt*2,l,mid,x,y);
    }if(y>mid){
        sum+=getcnt(rt*2+1,mid+1,r,x,y);
    }
    return sum;
}


int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&n,&l,&x,&a,&b);
    x=x%l;
    //updata(1,1,l,x+1,x);
    for(int i=1;i<n;i++){
        updata(1,1,l,x+1,x+1);
        x=(x*a+b)%l;
        c1=getcnt(1,1,l,1,x+1);
        c2=i-c1;
        s1=getval(1,1,l,1,x+1);
        s2=tree[1].val-s1;
        cost = (c1*(x+1)-s1+s2-c2*(x+1))%1000000007;
        //printf("%lld  %lld  %lld  %lld\n",c1,c2,s1,s2);
        //printf("%lld\n",cost);
        ans = (ans*cost)%1000000007;
        //updata(1,1,l,x+1,x);
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;
typedef long long ll;
#define lson (rt << 1)
#define rson (rt << 1 | 1)
#define MAXTREE 200001

const int N = 200000 + 10;
const int MOD = 1000000007;

struct SegTree {
    ll sum;
    int cnt;
} tree[N << 2];

int n, L, a, b;
int x;
ll ans = 1;
int tot;

void pushup(int rt) {
tree[rt].sum = (tree[lson].sum + tree[rson].sum);
tree[rt].cnt = tree[lson].cnt + tree[rson].cnt;
}

void update(int rt, int L, int R, int pos, int val) {
    if (L > pos || R < pos) return;
    if (L == R) {
        tree[rt].sum = (tree[rt].sum + val);
        ++tree[rt].cnt;
        return;
    }
    int mid = (L + R) >> 1;
    if (mid < pos) update(rson, mid+1, R, pos, val);
    else update(lson, L, mid, pos, val);
    pushup(rt);
}

int qeurycnt(int rt, int L, int R, int l, int r) {
    if (L > r || R < l) return 0;
    if (l <= L && r >= R) return tree[rt].cnt;
    int mid = (L + R) >> 1;
    return qeurycnt(lson, L, mid, l, r) + qeurycnt(rson, mid + 1, R, l, r);
}

ll qeurysum(int rt, int L, int R, int l, int r) {
    if (L > r || R < l) return 0;
    if (l <= L && r >= R) return tree[rt].sum;
    int mid = (L + R) >> 1;
    return (qeurysum(lson, L, mid, l, r) + qeurysum(rson, mid + 1, R, l, r));
}

int main() {
    scanf("%d%d%d%d%d", &n, &L, &x, &a, &b);
    x = x % L;
    int c1, c2;
    ll s1, s2, sum = 0;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
    update(1, 1, L, x+1, x+1); // 从 1 开始
    //sum = (sum + x + 1) % MOD;
    x = ((ll)x * a % L + b) % L;
    //printf("x = %lld\n", x);

    c1 = qeurycnt(1, 1, L, 1, x+1);
    //c2 = qeurycnt(1, 1, MAXTREE, x+1, MAXTREE);
    c2 = i - c1;
    s1 = qeurysum(1, 1, L, 1, x+1);
    //s2 = qeurysum(1, 1, MAXTREE, x+1, MAXTREE);
    s2 = tree[1].sum - s1;
    printf("%d  %d  %lld  %lld\n",c1,c2,s1,s2);
    //printf("c1 = %d c2 = %d s1 = %lld s2 = %lld\n", c1, c2, s1, s2);

    ll cost = (((ll)c1 * (x+1) % MOD - s1 + s2 - (ll)c2 * (x+1) %MOD)%MOD+MOD)%MOD;
    //printf("cost = %lld\n", cost);
    ans = ans * cost % MOD;
    
    //update(1, 1, MAXTREE, x, x);
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}

7.1集训模拟赛5（......）

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7.1集训模拟赛5（......）

A. 最大公约数和最小公倍数问题：

题目描述：

输入格式：

输出格式：

样例

样例输入：

样例输出：

B. 方格取数：

题目描述：

输入格式：

输出格式：

样例：

样例输入：

样例输出：

C. WYT的刷子：

题目描述：

输入格式：

输出格式：

样例

样例输入1：

样例输出1:

样例输入2:

样例输出2:

样例输入3:

样例输出3:

样例1的解释：

数据范围与提示：

D. 2017种树：

题目描述：

输入格式：

输出格式：

样例：

样例输入：

样例输出：

样例解释：

数据范围与提示：