西南科技大学第十六届ACM程序设计竞赛暨绵阳市邀请赛（A 打表找规律，B 组合数学 C 简单构造 D 状压dp E 唯一分解处理大LCM）
题目链接
A-找规律
做法:这题根据网友的做法，对给的两个样例进行最简单的位置变化 变化8次发现 两个的样例答案都是对的上的，于是盲搞了一发，AC，原理不知。。大概跟循环节有关吧。
#include
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define endl '\n'
#define SZ(x) (int)x.size()
typedef long long ll;
typedef pair pii;
typedef pair pll;
const int mod=1e9+7;
//const int mod=998244353;
const double eps = 1e-10;
const double pi=acos(-1.0);
const int maxn=1e6+10;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
const int dir[][2]={{0,1},{1,0},{0,-1},{-1,0},{1,1},{1,-1},{-1,1},{-1,-1}};
int a[20],pos[20],pos1[20],b[20];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);cout.tie(0);
//freopen("in.txt","r",stdin);
//freopen("out.txt","w",stdout);
string s;
while(cin>>s){
if(s[0]=='A')a[1]=1;
else if(s[0]=='J')a[1]=11;
else if(s[0]=='Q')a[1]=12;
else if(s[0]=='K')a[1]=13;
else if(s=="10")a[1]=10;
else a[1]=s[0]-'0';
pos[a[1]]=1;
for(int i=2;i<=13;i++){
cin>>s;
if(s[0]=='A')a[i]=1;
else if(s[0]=='J')a[i]=11;
else if(s[0]=='Q')a[i]=12;
else if(s[0]=='K')a[i]=13;
else if(s=="10")a[i]=10;
else a[i]=s[0]-'0';
pos[a[i]]=i;
}
for(int i=1;i<=13;i++){
cin>>s;
if(s[0]=='A')a[i]=1;
else if(s[0]=='J')a[i]=11;
else if(s[0]=='Q')a[i]=12;
else if(s[0]=='K')a[i]=13;
else if(s=="10")a[i]=10;
else a[i]=s[0]-'0';
pos1[i]=pos[a[i]];
}
int cnt=8;
while(cnt--){
for(int i=1;i<=13;i++)b[i]=a[pos1[i]];
for(int i=1;i<=13;i++)a[i]=b[i];
}
for(int i=1;i<=13;i++){
if(a[i]==1)cout<<"A ";
else if(a[i]==11)cout<<"J ";
else if(a[i]==12)cout<<"Q ";
else if(a[i]==13)cout<<"K ";
else cout<
B-签到题
做法：这我是瞎分析了几发过的，看看完美的解释：来自：博客
#pragma GCC optimize(2)
#include
#define ll long long
#define maxn 1005
#define inf 1e9
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
inline ll read()
{
ll x=0,w=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') w=-1; c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; c=getchar();}
return w==1?x:-x;
}
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e6+10;
ll dp[N];
ll powmod(ll a,ll b)
{
ll res=1;
for(;b;b>>=1){
if(b&1) res=res*a%mod;
a=a*a%mod;
}
return res;
}
int main()
{
ll n;
dp[1]=1;
for(int i=2;i C-救救AR
题意：构造含有n个AR子序列的字符串，长度不能超过n
做法:n<=3 无解 n>3 两个A 其余全选R 第一个A放在第一位，第二个A放在倒数第三位即可。
#pragma GCC optimize(2)
#include
#define ll long long
#define maxn 1005
#define inf 1e9
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
inline ll read()
{
ll x=0,w=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') w=-1; c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; c=getchar();}
return w==1?x:-x;
}
const ll mod=1e9+7;
const int N=1e5+10;
char s[N];
int main()
{
int n=read();
if(n<=3){
puts("-1");
}
else{
s[1]='A';
for(int i=2;i<=n;++i) s[i]='R';
s[n-2]='A';
printf("%s",s+1);
}
}
D-ar采蘑菇
做法:k很小，考虑状压做法 dp[i][j][sta] 代表 i行j列 状态sta能否到达 。
sta的二进制1代表某种走法 使用过。注意这里的K种可以重复利用。很妙的一个状压dp
#include
using namespace std;
const int N=1e2+10;
int dp[N][N][N];
int n,m,k;
char s[N];
pairG[7];
int run(int x)
{
int ans=0;
while(x)
{
if(x&1) ans++;
x=x/2;
}
return ans;
}
int main()
{
int _;scanf("%d",&_);while(_--)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=0;im||y>n) continue;
if((sta>>id)&1){
// if(dp[x][y][sta^(1< E-呼兰河传
做法：选择所有的数 就能得到最大的LCM 朴素的求LCM就是n次枚举 边维护GCD 边维护LCM
但是n有1e5 会超时，由于有取模操作，考虑对每个数进行唯一分解，每个素数保存某个位置i的最大次幂即可。接着对每个素数进行快速幂的 就可以避免大数问题啦
#pragma GCC optimize(2)
#include
#define ll long long
#define maxn 1005
#define inf 1e9
#define pb push_back
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
inline ll read()
{
ll x=0,w=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') w=-1; c=getchar();}
while(c<='9'&&c>='0') {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0'; c=getchar();}
return w==1?x:-x;
}
const ll mod=1e9+9;
ll gcd(ll a,ll b) { return b?gcd(b,a%b):a;}
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod;
assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
const int N=1e6+10,M=1e5+10;
int a[N],n;
int vs[M],p[M],len,mx;
void init()
{
for(int i=2;i<=mx;++i){
if(!vs[i]) p[++len]=i;
for(int j=1;j<=len&&i*p[j]<=mx;++j){
vs[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
//printf("len:%d\n",len);
//for(int i=1;i<=10;++i) printf("%d\n",p[i]);
}
int mp[M];
int main()
{
n=read();
rep(i,1,n) a[i]=read(),mx=max(mx,a[i]);
init();
sort(a+1,a+1+n);
n=unique(a+1,a+1+n)-a-1;
rep(i,1,n) {
for(int j=1;j<=len;++j){
if(p[j]>a[i]) break;
if(a[i]%p[j]==0){
int num=0;
while(a[i]%p[j]==0) num++,a[i]/=p[j];
mp[p[j]]=max(mp[p[j]],num);
}
}
}
ll ans=1;
for(int i=2;i<=mx;++i){
//printf("fir:%d :se:%lld\n",now.first,now.second);
ans=(ans*powmod(i,mp[i]))%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
/*
3
15 6 12
*/