csps模拟测试61

　　对于考试状态比较满意，正确选择难度梯度进行思考。

　　主要是题水。

　　T1：淼淼淼模拟

　　爆写200行

　　

  1 #include
  2 #include
  3 #include
  4 #include
  5 #include
  6 using namespace std;
  7 const int N=2010;
  8 int maxi,k,v[N][N];
  9 char a[N];
 10 void add(int x,int y)
 11 {
 12     v[x+1000][y+1000]++;
 13     maxi=max(maxi,v[x+1000][y+1000]);
 14 }
 15 vector<int>vx,vy;
 16 struct node
 17 {
 18     int x,y,a,b,op;
 19     void rotate(char d,int jud)
 20     {
 21         if(d=='N'&&op==0)
 22         {
 23             op=1;y++;
 24             b+=k;
 25         }
 26         else if(d=='N'&&op==1)
 27         {
 28             if(b-y==k)
 29             {
 30                 op=0;b++;
 31                 y+=k;
 32             }
 33             else
 34             {
 35                 op=1;b++;
 36                 y++;
 37             }
 38         }
 39         else if(d=='S'&&op==0)
 40         {
 41             op=1;y-=k;
 42             b--;
 43         }
 44         else if(d=='S'&&op==1)
 45         {
 46             if(b-y==k)
 47             {
 48                 op=0;y--;
 49                 b-=k;
 50             }
 51             else
 52             {
 53                 op=1;y--;
 54                 b--;
 55             }
 56         }
 57         else if(d=='E'&&op==0)
 58         {
 59             op=1;x++;
 60             a+=k;
 61         }
 62         else if(d=='E'&&op==1)
 63         {
 64             if(b-y==k)
 65             {
 66                 op=1;x++;
 67                 a++;
 68             }
 69             else
 70             {
 71                 op=0;x+=k;
 72                 a++;
 73             }
 74         }
 75         else if(d=='W'&&op==0)
 76         {
 77             op=1;x-=k;
 78             a--;
 79         }
 80         else if(d=='W'&&op==1)
 81         {
 82             if(b-y==k)
 83             {
 84                 op=1;x--;
 85                 a--;
 86             }
 87             else
 88             {
 89                 op=0;x--;
 90                 a-=k;
 91             }
 92         }
 93         for(int i=x;i)
 94             for(int j=y;j)
 95             {
 96                 add(i,j);
 97                 if(jud==1) vx.push_back(i),vy.push_back(j);
 98             }
 99     }
100 };
101 inline int rd()
102 {
103     int s=0,w=1;
104     char cc=getchar();
105     for(;cc<'0'||cc>'9';cc=getchar()) if(cc=='-') w=-1;
106     for(;cc>='0'&&cc<='9';cc=getchar()) s=(s<<3)+(s<<1)+cc-'0';
107     return s*w;
108 }
109 void work()
110 {
111     k=rd();
112     scanf("%s",a+1);int n=strlen(a+1);
113     memset(v,0,sizeof(v));
114     maxi=0;vx.clear();vy.clear();
115     node s=(node){0,0,1,1,0};
116     add(0,0);
117     for(int i=1;i0);
118     s.rotate(a[n],1);
119     sort(vx.begin(),vx.end());
120     sort(vy.begin(),vy.end());
121     for(int i=0;i"%d ",vx[i]);puts("");
122     for(int i=0;i"%d ",vy[i]);
123     printf("\n%d\n",maxi);
124 }
125 int main()
126 {
127     int T=rd();
128     while(T--){work();}
129 }
130 /*
131 g++ -std=c++11 1.cpp -o 1
132 ./1
133 3
134 2
135 ENEESESSESWWWN
136 5
137 WNSEWNSEWNSEWWSEN
138 3
139 NNEEESESWWNWWWWWSSEEEEENNE
140 */

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　　T3：维护线段树，题解是维护hash，很好的思路，但是一般hash是正解的题不多。

　　我的思路是维护懒标记。首先如果要转移对，一定要吧懒标记合并好，一般我线段树打错的题，都是懒标记直接赋值啥的。

　　之前有道离散化+线段树的题（就前几次考试），值得一提，

　　那次有一个懒标记，我的思路是不合并，每次遇到就下传，好像就不会有合并。

　　但是有bug，在于我如果这样的操作在下穿的时候应该吧儿子的东西也下传给孙子。

　　然后就失去了懒标记的意义。

　　所以 懒标记一定要想好合并。

　　这个题我就知道很麻烦，所以我打了对拍，拍出了4处错误，调了一个小时。

　　首先这个题的懒标记应该表示一个区间，表示从上次下传到现在，连续的赋值操作从谁到谁，所以懒标记要有两个。

　　如果赋值操作不是连续的那么这整个区间都不可以，直接赋值-2。

　　然后赋值-1代表他可以承接任何赋值。也就是我懒标记下传后的空状态。

　　如果没有这个空状态，可能先给自己赋34，再给儿子赋12，就不能传对了。

　　总之要搞清逻辑关系，只要这个区间的赋值操作是连续的，他就有可能更新儿子，所以我应该存下，如果这个已经是-2了，那就一定不行。

　　最终底层节点状态赋值0,代表承接1的赋值，然后所有其他节点赋值-1，可以承接所有。

　　懒标记传递看自己的起始状态，能不能接上儿子的终止状态，如果可以儿子终止状态增加。

　　然后最后把懒标记全都下传。

　　

  1 #include
  2 #include
  3 #include
  4 #define int long long
  5 const int N=130,cu=1e9;
  6 long long f[N],mod,phi;
  7 char s[N];
  8 using namespace std;
  9 struct hint
 10 {
 11     int bin[13];
 12     void clear(){memset(bin,0,sizeof(bin));}
 13     int &operator [](int i){return bin[i];}
 14     void rd()
 15     {
 16         scanf("%s",s);bin[0]=(strlen(s)+9)/9;
 17         int tmp=strlen(s)-1;
 18         for(int i=1;i<=bin[0];i++)
 19         {
 20             int tu=1;
 21             for(int j=tmp;j>tmp-9&&j>=0;j--)
 22             {
 23                 bin[i]=bin[i]+(s[j]-'0')*tu;
 24                 tu*=10;
 25             }
 26             tmp-=9;
 27         }
 28         //cout<
 29         while(!bin[bin[0]]&&bin[0]>1) bin[0]--;
 30     }
 31     int operator %(int p)
 32     {
 33         hint c;c.clear();
 34         long long i,x=0;
 35         for(i=bin[0];i;i--)
 36         {
 37             c[i]=(x*cu+bin[i])/p;
 38             x=(x*cu+bin[i])%p;
 39         }
 40         return x;
 41     }
 42     hint operator /(int p)
 43     {
 44         hint c;c.clear();
 45         int i,x=0;
 46         for(i=bin[0];i;i--)
 47         {
 48             c[i]=(x*cu+bin[i])/p;
 49             x=(x*cu+bin[i])%p;
 50         }
 51         c[0]=bin[0];
 52         while (c[c[0]]==0&&c[0]>1)c[0]--;
 53         return c;
 54     }
 55     hint operator /=(int p) {return *this=*this/p;}
 56 };
 57 inline long long rd()
 58 {
 59     long long s=0,w=1;
 60     char cc=getchar();
 61     for(;cc<'0'||cc>'9';cc=getchar()) if(cc=='-') w=-1;
 62     for(;cc>='0'&&cc<='9';cc=getchar()) s=(s<<3)+(s<<1)+cc-'0';
 63     return s*w;
 64 }
 65 long long qpow(long long a,hint d)
 66 {
 67     long long ans=1,k=d%phi;
 68     for(a%=mod,k%=phi;k>0;k>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(k&1) ans=1ll*ans*a%mod;
 69     return ans;
 70 }
 71 long long qpow(long long a,long long k)
 72 {
 73     long long ans=1;
 74     for(a%=mod,k%=phi;k>0;k>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(k&1) ans=1ll*ans*a%mod;
 75     return ans;
 76 }
 77 void work_1(long long n,long long k)
 78 {
 79     int ans2=0,ans5=0,ans=1,mod;
 80     if(k==1) mod=10;
 81     if(k==2) mod=100;
 82     if(k==3) mod=1000;
 83     for(int i=2;n/i>0;i<<=1)
 84         ans2+=n/i;
 85     for(int i=5;n/i>0;i*=5)
 86         ans5+=n/i;
 87     ans2=min(ans2,ans5);
 88     ans5=min(ans2,ans5);
 89     for(register int i=1;i<=n;i++)
 90     {
 91         register int tmp=i;
 92         while(tmp%2==0&&ans2>0) tmp/=2,ans2--;
 93         while(tmp%5==0&&ans5>0) tmp/=5,ans5--;
 94         ans=1ll*ans*tmp%mod;
 95     }
 96     if(k==1)printf("%01lld\n",ans);
 97     if(k==2)printf("%02lld\n",ans);
 98     if(k==3)printf("%03lld\n",ans);
 99 }
100 int work_2(int n)
101 {
102     int ans=1;
103     for(int i=1;i<=n;i++)
104     {
105         int tmp=i;
106         while(tmp%5==0) tmp/=5;
107         ans=ans*tmp%mod;
108     }
109     //cout<
110     return ans;
111 }
112 int solve(hint n)
113 {
114     if(n[0]==1&&n[1]<=100) return work_2(n[1]);
115     return 1ll*solve(n/5)*qpow(f[mod],n/mod)%mod*f[n%mod]%mod;
116 }
117 signed main()
118 {
119     //freopen("ex_num2.in","r",stdin);
120     int T=rd();
121     while(T--)
122     {
123         hint n;long long fp_5=0;n.clear();
124         n.rd();
125         int k=rd(),ct;
126         f[0]=1;
127         if(n[0]==1&&n[1]<=1000)
128         {
129             work_1(n[1],k);
130             continue;
131         }
132         if(k==1) mod=5,ct=2,phi=4;
133         if(k==2) mod=25,ct=4,phi=20;
134         if(k==3) mod=125,ct=8,phi=100;
135         hint tmp=n;
136         while("wwn")
137         {
138             if(tmp[0]==1&&tmp[1]==0) break;
139             
140             tmp/=5;
141             
142             fp_5=(fp_5+tmp%phi)%phi;
143             //cout<<1<
144         }
145         for(int i=1;i<=mod;i++)
146         {
147             if(i%5!=0)f[i]=1ll*f[i-1]*i%mod;
148             else f[i]=f[i-1];
149         }
150         int ans=solve(n);
151         ans=1ll*ans*qpow(qpow(2,fp_5),phi-1)%mod;
152         while(ans%ct) ans+=mod;
153         if(k==1)printf("%01lld\n",ans);
154         if(k==2)printf("%02lld\n",ans);
155         if(k==3)printf("%03lld\n",ans);
156     }
157 }
158 /*
159 g++ 1.cpp -o 1
160 ./1
161 1
162 1234567891234567845645132132465462132165454654651321321651321316065160506412561561651654657897453964 3
163 */

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　　　T2:数学题，题解很帅。

　　设我要从$n!$中去掉所有$10$的值为$solve(10,n)$

　　那么通过一些推导可以知道，$n!$中2的蜜次比5的蜜次一定多，然后我就可以，得到$solve(5,n)*2^fp_5$ fp表示含5的蜜次。

　　然后通过另外一些推导。

　　

 

 　　

 

 

　　问题成功的转化为子问题，并且是除以5，复杂度是$log_5n$级别。

　　最终如果n很小一些性质不符合以及递归的边界，直接跑暴力即可。

　　

#include
#include
#include
#define int long long
const int N=130,cu=1e9;
long long f[N],mod,phi;
char s[N];
using namespace std;
struct hint
{
    int bin[13];
    void clear(){memset(bin,0,sizeof(bin));}
    int &operator [](int i){return bin[i];}
    void rd()
    {
        scanf("%s",s);bin[0]=(strlen(s)+9)/9;
        int tmp=strlen(s)-1;
        for(int i=1;i<=bin[0];i++)
        {
            int tu=1;
            for(int j=tmp;j>tmp-9&&j>=0;j--)
            {
                bin[i]=bin[i]+(s[j]-'0')*tu;
                tu*=10;
            }
            tmp-=9;
        }
        //cout<
        while(!bin[bin[0]]&&bin[0]>1) bin[0]--;
    }
    int operator %(int p)
    {
        hint c;c.clear();
        long long i,x=0;
        for(i=bin[0];i;i--)
        {
            c[i]=(x*cu+bin[i])/p;
            x=(x*cu+bin[i])%p;
        }
        return x;
    }
    hint operator /(int p)
    {
        hint c;c.clear();
        int i,x=0;
        for(i=bin[0];i;i--)
        {
            c[i]=(x*cu+bin[i])/p;
            x=(x*cu+bin[i])%p;
        }
        c[0]=bin[0];
        while (c[c[0]]==0&&c[0]>1)c[0]--;
        return c;
    }
    hint operator /=(int p) {return *this=*this/p;}
};
inline long long rd()
{
    long long s=0,w=1;
    char cc=getchar();
    for(;cc<'0'||cc>'9';cc=getchar()) if(cc=='-') w=-1;
    for(;cc>='0'&&cc<='9';cc=getchar()) s=(s<<3)+(s<<1)+cc-'0';
    return s*w;
}
long long qpow(long long a,hint d)
{
    long long ans=1,k=d%phi;
    for(a%=mod,k%=phi;k>0;k>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(k&1) ans=1ll*ans*a%mod;
    return ans;
}
long long qpow(long long a,long long k)
{
    long long ans=1;
    for(a%=mod,k%=phi;k>0;k>>=1,a=1ll*a*a%mod) if(k&1) ans=1ll*ans*a%mod;
    return ans;
}
void work_1(long long n,long long k)
{
    int ans2=0,ans5=0,ans=1,mod;
    if(k==1) mod=10;
    if(k==2) mod=100;
    if(k==3) mod=1000;
    for(int i=2;n/i>0;i<<=1)
        ans2+=n/i;
    for(int i=5;n/i>0;i*=5)
        ans5+=n/i;
    ans2=min(ans2,ans5);
    ans5=min(ans2,ans5);
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        register int tmp=i;
        while(tmp%2==0&&ans2>0) tmp/=2,ans2--;
        while(tmp%5==0&&ans5>0) tmp/=5,ans5--;
        ans=1ll*ans*tmp%mod;
    }
    if(k==1)printf("%01lld\n",ans);
    if(k==2)printf("%02lld\n",ans);
    if(k==3)printf("%03lld\n",ans);
}
int work_2(int n)
{
    int ans=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int tmp=i;
        while(tmp%5==0) tmp/=5;
        ans=ans*tmp%mod;
    }
    //cout<
    return ans;
}
int solve(hint n)
{
    if(n[0]==1&&n[1]<=100) return work_2(n[1]);
    return 1ll*solve(n/5)*qpow(f[mod],n/mod)%mod*f[n%mod]%mod;
}
signed main()
{
    //freopen("ex_num2.in","r",stdin);
    int T=rd();
    while(T--)
    {
        hint n;long long fp_5=0;n.clear();
        n.rd();
        int k=rd(),ct;
        f[0]=1;
        if(n[0]==1&&n[1]<=1000)
        {
            work_1(n[1],k);
            continue;
        }
        if(k==1) mod=5,ct=2,phi=4;
        if(k==2) mod=25,ct=4,phi=20;
        if(k==3) mod=125,ct=8,phi=100;
        hint tmp=n;
        while("wwn")
        {
            if(tmp[0]==1&&tmp[1]==0) break;
            
            tmp/=5;
            
            fp_5=(fp_5+tmp%phi)%phi;
            //cout<<1<
        }
        for(int i=1;i<=mod;i++)
        {
            if(i%5!=0)f[i]=1ll*f[i-1]*i%mod;
            else f[i]=f[i-1];
        }
        int ans=solve(n);
        ans=1ll*ans*qpow(qpow(2,fp_5),phi-1)%mod;
        while(ans%ct) ans+=mod;
        if(k==1)printf("%01lld\n",ans);
        if(k==2)printf("%02lld\n",ans);
        if(k==3)printf("%03lld\n",ans);
    }
}
/*
g++ 1.cpp -o 1
./1
1
1234567891234567845645132132465462132165454654651321321651321316065160506412561561651654657897453964 3
*/

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