现实生活中，每一个IP段都指向一座城市。为了简化问题，我们将IP段直接看做一个整形数，每座城市也有自己的唯一标识ID,也可以看做一个整数。那么问题来了，现在已知有多个闭区间代表多个IP段，每个区间对应一个城市的ID。现在，小L要查询某个IP属于那个城市，希望聪明的你来帮他完成。
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现实生活中，每一个IP段都指向一座城市。为了简化问题，我们将IP段直接看做一个整形数，每座城市也有自己的唯一标识ID,也可以看做一个整数。那么问题来了，现在已知有多个闭区间代表多个IP段，每个区间对应一个城市的ID。现在，小L要查询某个IP属于那个城市，希望聪明的你来帮他完成。
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77 99 -1
题目大意：
就是说，给你n个区间和m个询问，然后，每次询问一个数字，看他是不是落在了[l_i,r_i]的区间中。。。
解题思路：
直接给每个区间标号，然后二分就行了。。。二分到有标号的区间，我们就输出区间的ip，没有的话，我们就给个-1.
1 # include<cstdio> 2 # include<iostream> 3 # include<algorithm> 4 5 using namespace std; 6 7 # define MAX 100000+4 8 9 struct node 10 { 11 int left,right; 12 int ip; 13 }a[MAX]; 14 15 int n; 16 17 int cmp ( const struct node & aa,const struct node & bb ) 18 { 19 return aa.left < bb.left; 20 } 21 22 int bsearch ( int val ) 23 { 24 int hi = n; 25 int lo = 1; 26 while ( lo <= hi ) 27 { 28 int mid = (lo+hi)>>1; 29 // cout<<"mid="<<mid<<endl; 30 if ( val >= a[mid].left&&val <= a[mid].right ) 31 { 32 return a[mid].ip; 33 } 34 else if ( a[mid].left > val ) 35 { 36 hi = mid-1; 37 } 38 else if ( a[mid].right < val ) 39 { 40 lo = mid+1; 41 } 42 } 43 return -1; 44 } 45 46 47 int main(void) 48 { 49 int t;scanf("%d",&t); 50 while ( t-- ) 51 { 52 int ans = 0; 53 scanf("%d",&n); 54 for ( int i = 1;i <= n;i++ ) 55 { 56 scanf("%d%d%d",&a[i].left,&a[i].right,&a[i].ip); 57 } 58 sort(a+1,a+n+1,cmp); 59 int m;scanf("%d",&m); 60 while ( m-- ) 61 { 62 int t;scanf("%d",&t); 63 ans = bsearch(t); 64 printf("%d\n",ans); 65 66 } 67 68 } 69 70 71 return 0; 72 }
输出逆序对的个数，且对10^9+7取模
2
3
3 2 1
3
1 2 1
3 1
解题思路：
一开始用bit直接跑，没错，果断直接T了，原因很简单lowbit==0的时候我没有考虑进去。最后看了下数据只有[0,9]果断的跑了暴力（10^6*10）
每次扫一遍，记录这个数字前面有多少个数字比他大。
代码：
1 # include<cstdio> 2 # include<iostream> 3 # include<cstring> 4 5 using namespace std; 6 7 # define MAX 1000004 8 # define MOD 1000000007 9 10 typedef long long LL; 11 12 int a[MAX]; 13 int cnt[MAX]; 14 15 int main(void) 16 { 17 int t;scanf("%d",&t); 18 while ( t-- ) 19 { 20 int n;scanf("%d",&n); 21 for ( int i = 0;i < n;i++ ) 22 { 23 scanf("%d",&a[i]); 24 } 25 LL ans = 0; 26 for ( int i = 0;i < n;i++ ) 27 { 28 for ( int j = a[i]+1;j < 10;j++ ) 29 { 30 ans+=(cnt[j]%MOD); 31 } 32 cnt[a[i]]++; 33 } 34 printf("%d\n",ans%MOD); 35 memset(cnt,0,sizeof(cnt)); 36 } 37 38 39 return 0; 40 }
Boooooom！XDOJ坏掉了！经分析，XDOJ坏掉和一个表达式runid mod oj_tot有关（mod表示取余数，例如10 mod 3=1，5 mod 1=0）。
由于runid可能很大，它被表示成ab的形式。
由于xry111前一天CF打得太晚，现在他完全傻逼了，算不出这个表达式的值。请你写一个程序计算这个值。
数据范围：1<=a, b, oj_tot<=1000
多组数据（不超过1000组），每组数据1行，包括3个整数a、b、oj_tot。
输出一行，包含一个整数ab mod oj_tot。
2 4 100
3 3 3
16
0
解题思路：
直接快速幂取模就OK了。。打个板子上去。
代码：
1 # include<cstdio> 2 # include<iostream> 3 4 using namespace std; 5 6 typedef long long LL; 7 8 int a,b,c; 9 10 int PowerMod( int a,int b,int c ) 11 { 12 int ans = 1; 13 a%=c; 14 while ( b > 0 ) 15 { 16 if ( b&1 ) 17 { 18 ans = ( ans*a)%c; 19 } 20 b/=2; 21 a = (a*a)%c; 22 } 23 return ans; 24 } 25 26 27 int main(void) 28 { 29 while ( scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)!=EOF ) 30 { 31 LL res = PowerMod( a,b,c); 32 printf("%lld\n",res); 33 } 34 35 return 0; 36 }
输出最少消耗的能量
1
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0
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解题思路：
dp来搞，用dp[i]表示把数字i变成1所需要的最小花费，那么我们写出一个状态转移方程dp[i] = min(dp[i-1],dp[k/prime])+1,把1-1000000内的素数都打出来，然后一个一个除就可以了。
代码：
1 # include<cstdio> 2 # include<iostream> 3 4 using namespace std; 5 6 # define inf 99999999 7 # define MAX 1000000+4 8 9 10 int len; 11 int dp[MAX]; 12 int prime[MAX]; 13 int book[MAX]; 14 15 16 void init() 17 { 18 for ( int i = 2;i < MAX;i++ ) 19 { 20 book[i] = 1; 21 } 22 for ( int i = 2;i < MAX;i++ ) 23 { 24 if ( book[i]==1 ) 25 { 26 for ( int j = 2*i;j < MAX;j+=i ) 27 { 28 book[j] = 0; 29 } 30 } 31 } 32 len = 0; 33 for ( int i = 2;i < MAX;i++ ) 34 { 35 if ( book[i]==1 ) 36 { 37 prime[len++] = i; 38 } 39 } 40 for ( int i = 1;i < MAX;i++ ) 41 dp[i] = inf; 42 dp[1] = 0; 43 for ( int i = 1;i < MAX;i++ ) 44 { 45 for ( int j = 0;j < len;j++ ) 46 { 47 long long t = (long long )i*prime[j]; 48 if ( t>MAX ) 49 break; 50 dp[t] = min(dp[t],dp[i]+1); 51 } 52 dp[i+1] = min(dp[i+1],dp[i]+1); 53 } 54 } 55 56 57 int main(void) 58 { 59 int n; 60 init(); 61 while ( scanf("%d",&n)==1 ) 62 { 63 printf("%d\n",dp[n]); 64 } 65 66 return 0; 67 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/wikioibai/p/4507616.html
